3-Funciones de Varias Variables

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MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 69
 
 
 
 
 
 
3.1. 
3.2. 
3.3. 
3.4. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 
 
3.1. FUNCIÓN VECTORIAL 
3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN 
ESCALAR 
3.3. DOMINIO DE UNA FUNCIÓN 
ESCALAR 
3.4. CONJUNTO DE NIVEL 
3.5. LIMITES DE FUNCIONES DE 
VARIAS VARIABLES 
3.6. CONTINUIDAD 
3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN 
ESCALAR 
3.8. DIFERENCIABILIDAD 
3.9. GRADIENTE 
3.10. LA DIFERENCIAL 
3.11. REGLA DE LA CADENA 
3.12. DERIVACIÓN IMPLICITA 
OBJETIVOS: 
 
• Conceptualizar funciones Vectoriales, Escalares y Curvas 
• Describir conjuntos de niveles. 
• Establecer límites, continuidad y derivadas de funciones de dos variables. 
• Determinar si una función de dos variables es derivable o no. 
• Determinar si una función de dos variables es diferenciable o no. 
• Obtener derivadas de funciones compuestas. 
• Obtener derivadas de funciones implícitas. 
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3.1 FUNCIÓN VECTORIAL 
 
3.1.1 DEFINICIÓN 
 
Una función del tipo mn RRUf →⊆: se la 
denomina FUNCIÓN VECTORIAL o CAMPO 
VECTORIAL. 
 
Ejemplo. 
Sea 2 3:f R R→ tal que ( )( , ) 2 , ,3 5f x y x y x y x y= − + + 
Esquemáticamente tenemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si 1=m , tenemos RRUf n →⊆: , se la denomina FUNCIÓN ESCALAR, 
CAMPO ESCALAR, O FUNCIÓN DE VARIAS VARIABLES. 
 
Si RRUf →⊆ 2: , tenemos una FUNCIÓN DE DOS VARIABLES. 
 
Ejemplo. 
 Sea RRf →2: tal que yxyxf 326),( −−= 
 
Si RRUf →⊆ 3: , tenemos una FUNCIÓN DE TRES VARIABLES. 
 
Ejemplo. 
 Sea RRf →3: tal que 2 2 2( , , )f x y z x y z= + + 
 
Si 1=n , tenemos mRRUf →⊆: , la cual se la denomina 
TRAYECTORIA o CURVA. 
 
 
 
2R 3R
f
( )1,1 ( )8,2,1
( )0,2− ( )62,4 −−−
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
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Ejemplo. 
Sea 3: RRf → tal que ( )ttttf 21,4,32)( +−+−= 
Tenemos una CURVA de 3R . 
 
Este capítulo lo dedicaremos al estudio de FUNCIONES ESCALARES. 
 
 
3.2. GRAFICA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 
 
3.2.1 DEFINICIÓN 
 
Sea RRUf n →⊆: . Se llama gráfica de 
f al conjunto de puntos ( )( )xfxxx n ,,,, 21 
de 1+nR , donde ( ) Uxxxx n ∈= ,,, 21 . 
 
Si tenemos ),( yxfz = una función de dos variables. Su gráfica se 
define como el conjunto de puntos ( )zyx ,, de 3R , tales que ),( yxfz = . El 
lugar geométrico es llamado Superficie, como ya se lo ha anticipado. 
 
Algunas superficies que corresponde a funciones, ya se han graficado en el 
capítulo anterior. 
 
Ejemplo. 
Para RRf →2: tal que yxyxf 326),( −−= , su grafico es el conjunto ( ), ,x y z de 3R 
tales que yxz 326 −−= (un plano) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
yxz 326 −−=
3
2
6
x
y
z
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 72 
Elaborar gráficas de una función de dos variables no es tan sencillo, se 
requeriría de un computador en la mayoría de las ocasiones. Pero si podemos 
saber características de sus graficas analizando su regla de correspondencia. 
 
3.3 DOMINIO DE UNA FUNCIÓN ESCALAR 
 
Sea RRUf n →⊆: , entonces su DOMINIO es 
el conjunto U 
 
Es decir, su DOMINIO está constituido por vectores de nR , 
( )1 2, , , nx x x x= para los cuales tiene sentido la regla de correspondencia. 
Aquí a nxxx ,,2,1 se las denominan VARIABLES INDEPENDIENTES. 
 
 Si RRUf →⊆ 2: , su dominio será un subconjunto del plano. 
 
Establecer el Dominio Natural, igual que para funciones de una variable, es 
una necesidad en muchas ocasiones. 
 
Ejemplo 1 
Hallar el Dominio Natural para 22),( yxyxf += 
SOLUCIÓN. 
Observe que la regla de correspondencia no tiene restricciones, por tanto se le puede dar 
cualquier valor real a las variables independientes “ x ” y “ y ”, es decir 2RDomf = . 
 
Además, se puede decir que el Dominio de una función de dos variables será la PROYECCIÓN QUE 
TENGA SU GRÁFICA EN EL PLANO xy . Recuerde que la gráfica de 22 yxz += es un paraboloide. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Por tanto la proyección es todo el plano xy 
 
 
 
x
z
y
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Ejemplo 2 
Hallar el Dominio Natural para 229),( yxyxf −−= 
SOLUCIÓN. 
Observe que la regla de correspondencia tiene sentido cuando 09 22 ≥−− yx , para que se 
pueda calcular la raíz cuadrada lo interior del radical debe ser un número positivo o cero. 
Despejando se tiene 922 ≤+ yx . 
Es decir: 
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≤+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 9/ 22 yx
y
x
Domf , los pares de números que pertenecen a la circunferencia 
centrada en el origen de radio 3 y a su interior. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Además el gráfico de 229 yxz −−= , es la semiesfera: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 3 
Hallar el Dominio Natural para yxyxf +−= 1),( 
Solución. 
Para que la regla de correspondencia tenga sentido se necesita que 1≥x y 0≥y 
Es decir 
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
≥∧≥⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
= 01/ yx
y
x
Domf . 
 
 
. 
 
 
1 x
y
0 2
0
922 =+yx
3
3
x
z
y
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El gráfico, ahora es un lugar geométrico no conocido. Pero tenemos un indicio de la región en 
que habrá gráfico. 
 
 
Ejercicios Propuestos 3.1 
Dibújese la región R del plano xy que corresponde al Dominio Natural de la función dada. 
1. yxz = 
2. y
x
ez = 
3. 
xy
yxz += 
4. 2 24 12 36z x y= − − 
5. ( )yxz −−= 4ln 
6. ( )2lnz y x= − 
7. ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −−
=
36
3669ln
22 yxw 
8. ( ) ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
yxy
xyxf 2lnsen, 
9. ( )yxz += arcsen 
10. ( )22 yxarcsenz += 
11. arccos xz
y
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
12. ( ) ( )( )yx
yxyxf
+
−−
=
arcsen
4ln,
2
122
 
 
 
 
 
Obtener trazas de las secciones transversales de la superficie es suficiente, 
en muchas ocasiones, para su análisis. 
 
3. 4. CONJUNTO DE NIVEL 
 
3.4.1 DEFINICIÓN 
Sea RRUf n →⊆: . Se llama CONJUNTO 
DE NIVEL de f , al conjunto de puntos de nR 
tales que ( ) kxxxf n =,,, 21 , donde Rk∈ 
 
Si tenemos ),( yxfz = una función de dos variables. El Conjunto de 
Nivel es llamado CURVAS DE NIVEL y serían las trayectorias en el plano xy tales 
1
x
y
0 2
0
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que ( , )f x y k= . Es decir, serían las curvas que resultan de la intersección de 
la superficie con los planos z k= , proyectadas en el plano xy . 
 
Ejemplo 1 
Para RRf →2: tal que yxyxf 326),( −−= , su conjunto de nivel serán puntos de 2R 
tales que kyx =−− 326 . 
En este caso se llaman CURVAS DE NIVEL. 
Si 0=k , tenemos el Nivel 0 , 0326 =−− yx 
Si 1=k , tenemos el Nivel 1 , 1326 =−− yx 
Si 2=k , tenemos el Nivel 2 , 2326 =−− yx 
 etc. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Las curvas de nivel se dibujan en el plano xy , y para este caso serían: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
yxz 326 −−=
3
2
6
x
y
z
632:0 =+= yxk
532:1 =+= yxk
432:2 =+= yxk
332:3 =+= yxk
6
3
2:
0
=
+
=
y
x
k
5
3
2:
1
=
+
=
y
x
k
4
3
2:
2
=
+
=
y
x
k
3
3
2:
3
=
+
=
y
x
k x
y
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Ejemplo 2. 
Grafique algunas curvas de nivel para 22),( yxyxf += 
SOLUCIÓN: 
Las curvas de nivel, para este caso, es la familia de trayectorias tales que 2 2x y k+ = . 
(Circunferencias centradas en el origen) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si tenemos ),,( zyxfw = una función de tres variables. El Conjunto de 
Nivel, ( , , )f x y z k= , es llamado SUPERFICIES DE NIVEL 
 
 
 
Ejercicios Propuestos 3.2 
Descríbase las curvas de nivel : 
1. ( ), 6f x y x y= + − 
2. ( ) 2, yyxf = 
3. 224 yxz −−= 
4. 22 yxz += 
5. ( ) 2,f x y xy= 
 
 
 
 
 
 
 
 
1=C
4=C
9=C
16=C
Cyx =+ 22
 
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3.5 LIMITES DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES. 
 
Haciendo analogía con funciones de una variable, para definir el límite 
ahora, primero empecemos generalizando la definición de entorno o vecindady 
otras definiciones que nos permitirán comprender el concepto de límite. 
 
3.5.1 BOLA ABIERTA. 
 
Sea 0
nx R∈ y R∂∈ muy pequeño. Se llama 
Bola Abierta de centro 0x y radio δ , 
denotada por ( )0;nB x δ , al conjunto de puntos 
de nR tales que la distancia a 0x es menor a 
∂ . Es decir: 
 ( ) { }0 0; /nnB x x R x xδ = ∈ − < ∂ 
 
Si 1n = , tenemos ( ) { }1 0 0; /B x x R x xδ = ∈ − < ∂ ; un intervalo 
(como en funciones de una variable) 
 
Si 2n = , tenemos: 
 ( )( ) ( ) ( ) ( ){ }22 0 0 0 0, ; , / , ,B x y x y R x y x yδ = ∈ − < ∂ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.5.2 PUNTO INTERIOR 
 
Sea nU R⊆ y 0
nx R∈ , se dice que 0x es un 
punto interior de U , si y sólo si 0∃∂ > tal 
( )0;nB x ∂ está contenida en U . 
 
 
x
y
( )00 , yx
( ) ( )2 20 00 x x y y< − − − < ∂
 
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3.5.3 CONJUNTO ABIERTO 
 
nU R⊆ es un conjunto abierto, si todos sus 
puntos son interiores a U . 
 
3.5.4 PUNTO EXTERIOR. 
 
Sea nRU ⊆ y nRx ∈0 , se dice que 0x es un punto 
Exterior de U , si y sólo si 0∃∂ > tal que 
( )0;nB x ∂ está totalmente fuera de U . 
 
3.5.5 PUNTO DE FRONTERA 
 
Se dice que 0x es un punto de frontera de U , si 
no es ni interior ni exterior. 
 
3.5.6 CONJUNTO CERRADO. 
 
nRU ⊆ es un conjunto cerrado si su 
complemento es abierto 
 
3.5.7 CONJUNTO SEMIABIERTO. 
 
nRU ⊆ es un conjunto semiabierto si no es 
abierto y tampoco cerrado. 
 
3.5.8 DEFINICIÓN DE LÍMITE 
 
Sea RRUf n →⊆: , donde U es un conjunto 
abierto, sea 0x un punto interior o de frontera de 
U , entonces: 
( ) ( ) ( )
0
000, 0 / ; ,nx xlím f x L x B x x x f x Lξ ξ→
⎛ ⎞ ⎡ ⎤= ≡ ∀ > ∃∂ > ∈ ∂ ≠ ⇒ − <⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Si 2=n tenemos: 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ξξ <−⇒∂<−+−<>∃∂>∀≡⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ =
→
LyxfyyxxLyxflím
yxyx
,0/0,0, 20
2
0,, 00
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Es decir, que si tomamos a ( )yx, cercano a ( )00 , yx entonces ),( yxf 
estará próximo a L . 
 
Ejemplo 
Demostrar empleando la definición que 
( ) ( )
4
4 4, 0.0
0
x y
x ylím
x y→
=
+
 
Solución: 
Debemos asegurar que 
 ( ) ( )
4
2 2
4 40, 0 / 0 0 0 0
x yx y
x y
ξ ξ∀ > ∃∂ > < − + − < ∂ ⇒ − <
+
 
Recuerde que 2y y= = entonces 2 2y x y≤ + 
Por otro lado 
4
4
x yy
x
= entonces 
4
4 4
x yy
x y
≥
+
. 
Ahora note que: 
 
 
4
2 2
4 4
x y y x y
x y
≤ ≤ + < ∂
+
 
Se concluye finalmente que: 
4
4 4
x y
x y
< ∂
+
 
Es decir tomando ζ = ∂ , suficiente para concluir que: 
( ) ( )
4
4 4, 0.0
0
x y
x ylím
x y→
=
+
 
 
 
Lo anterior va a ser complicado hacerlo en la mayoría de las situaciones, 
por tanto no vamos a insistir en demostraciones formales. Pero si se trata de 
estimar si una función tiene límite y cuál podría ser este, podemos hacer uso 
del acercamiento por trayectorias. 
 
x
y
( )00 , yx
z
(
(
ξ
∂
ξ
L
( )yxfz ,=
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Ejemplo 1 
Calcular 
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
xlím
yx +→
 
Solución: 
Aproximarse a ( )0,0 , significa estar con ( )yx, en una bola de 2R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Si el límite existe, significa que si nos acercamos en todas las direcciones f deberá tender al 
mismo valor. 
 
1. Aproximémonos a través del eje x , es decir de la recta 0y = 
 Entonces, tenemos 
( ) ( )
11
0 022
2
0.00,
==
+ →→ xx
lím
x
xlím . 
2. Aproximémonos a través del eje y , es decir de la recta 0x = 
 Entonces, tenemos 
( ) ( )
00
0
0
022
2
0.0,0
==
+ →→ xy
lím
y
lím . 
 Se observa que los dos resultados anteriores son diferentes. 
 
Por tanto, se concluye que:
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
xlím
yx +→
 no existe. 
 
 
Ejemplo 2 
Calcular 
( ) ( ) 24
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
 
Solución: 
Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: 
1. Eje x ( 0=y ): 00
0
0
024
2
0
==
+ →→ xx
lím
x
xlím 
2. Eje y ( 0=x ): 00
0
0
024
2
0
==
+ →→ yy
lím
y
y
lím 
3. Rectas que pasan por el origen ( )mxy = : 
 ( )
( ) ( ) ( ) 0220222
3
0224
3
024
2
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ mx
mxlím
mxx
mxlím
xmx
mxlím
mxx
mxxlím
xxxx
 
x
y
∂
∂<+ 22 yx
( )0,0
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4. Parábolas que tengan vértice el origen ( 2axy = ) 
 ( )
( ) ( )
0
111 22024
4
0424
4
0224
22
0
≠
+
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ a
a
a
alím
ax
axlím
xax
axlím
axx
axxlím
xxxx
 
 Por tanto, 
( ) ( ) 24
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
NO EXISTE. 
 
 
El acercamiento por trayectoria no nos garantiza la existencia del límite, 
sólo nos hace pensar que si el límite existe, ese debe ser su valor. Entonces 
¿cómo lo garantizamos?. Si la expresión lo permite podemos usar coordenadas 
polares. 
 
Ejemplo 
Calcular 
( ) ( ) 22
2
0.0, yx
yx
lím
yx +→
 
Solución: 
 Determinando la convergencia de f , para diversas direcciones: 
1. Eje x ( 0=y ): 00
0
0
022
2
0
==
+ →→ xx
lím
x
xlím 
2. Eje y ( 0=x ): 00
0
0
022
2
0
==
+ →→ yy
lím
y
y
lím 
3. Rectas que pasan por el origen ( )mxy = : 
 ( )
( ) ( ) ( ) 011 2022
3
0222
3
022
2
0
=
+
=
+
=
+
=
+ →→→→ m
mxlím
mx
mxlím
xmx
mxlím
mxx
mxxlím
xxxx
 
4. Parábolas que tengan vértice el origen ( 2axy = ) 
 ( )
( ) ( )
2 2 4 4 2
2 2 2 4 2 22 2 20 0 0 02 2
0
11x x x x
x ax ax ax axlím lím lím lím
x a x a xx a xx ax→ → → →
= = = =
+ +++
 
Probemos con otra trayectoria 
5. 2ayx = 
 ( )
( ) ( ) ( )
22 2 5 2 5 2 3
2 2 4 2 2 2 2 2 20 0 0 02 2
0
1 1y y y y
ay y a y a y a ylím lím lím lím
a y y y a y a yay y→ → → →
= = = =
+ + ++
 
 Parecer ser que el límite es cero, pero todavía no está garantizado. ¿Por qué? 
 
Demostrarlo, no es una tarea sencilla. Usemos coordenadas polares: 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
22
2 2 2, 0.0 0
3 2
20
2
0
cos
cos
cos
x y r
r
r
r rsenx ylím lím
x y r
r senlím
r
lím rsen
θ θ
θ θ
θ θ
→ →
→
→
=
+
=
=
 
En la parte última se observa que 2cossenθ θ es acotado por tanto 
 ( )2
0
cos 0
r
lím rsenθ θ
→
= 
 
Lo anterior quiere decir que en situaciones especiales (¿cuáles?), podemos 
utilizar coordenadas polares para demostrar o hallar límites. 
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Ejemplo 1 
Calcular 
( ) ( )
( )
22
22
0.0, yx
yxsen
lím
yx +
+
→
 
Solución: 
 Empleando coordenadas polares 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) 1
2
2
022
22
0.0,
==
+
+
→→ r
rsenlím
yx
yxsen
lím
ryx
 
 
 
Ejemplo 2 
Calcular 
( ) ( )
2 5
4 10, 0.0 2 3x y
x ylím
x y→ +
 
Solución: 
 Empleando coordenadas polares 
 
( ) ( )
2 5 2 2 5 5
4 10 4 4 10 100, 0.0
7 2 5
4 4 6 100
3 2 5
4 6 100
coslim
2 3 2 cos 3
coslim
2cos 3
coslim
2cos 3
rx y
r
r
x y r r senlím
x y r r sen
r sen
r r sen
r sen
r sen
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
→→
→
→
=
+ +
=
⎡ ⎤+⎣ ⎦
=
+
 
 No se puede concluir. 
Analicemos algunas trayectorias: 
0x = 
( ) ( ) ( )
2 5
4 10, 0,0
0 0
2 0 3x x
ylím
y→
=
+
 
0y = 
( ) ( ) ( ) ( )
2 5
104, 0,0
0 0
2 3 0x x
xlím
x→
=
+
 
 
y x= 
( ) ( ) ( )
2 5 7 4
4 10 64 6, 0,0 0 0
0
2 3 2 32 3x x x x
x x x xlím lím lím
x x xx x→ → →
= = =
+ ++
 
2y x= 
( ) ( ) ( )2
2 10 12 8
4 20 64 160 0, 0,0
0
2 3 2 32 3x xx x
x x x xlím lím lím
x x xx x→ →→
= = =
+ ++
 
Ahora, probemos con una trayectoria nueva 
5
2x y= (se la deduce observando la expresión 
original) 
 
( )
( )
( )52
25 52
10
4 10 1005 10, 0,0 2
1 0
52 32 3
xy y
y y ylím lím
y yy y
→⎛ ⎞→⎜ ⎟
⎝ ⎠
= = ≠
++
 
Por tanto se concluye que el límite NO EXISTE. 
 
 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 83
3.5.8.1 TEOREMA DE UNICIDAD. 
 
Sea : nf U R R⊆ → , donde U es un conjunto 
abierto, sea 0x un punto interior o de frontera 
de U , entonces: 
Si ( )
0
lim
x x
f x L
→
= y ( )
0
lim
x x
f x M→
= entonces L M= 
 
3.5.8.2 TEOREMA PRINCIPAL. 
 
Si ( )
0
lim
x x
f x L
→
= y ( )
0
lim
x x
g x M
→
= entonces: 
1. ( ) ( )
0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x L M
→ → →
⎡ ⎤+ = + = +⎣ ⎦ 
2. ( ) ( )
0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x L M
→ → →
⎡ ⎤− = − = −⎣ ⎦ 
3. ( ) ( )
0 0 0
lim ( ) lim lim ( )
x x x x x x
f x g x f x g x LM
→ → →
⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ 
4. ( ) ( )0
0
0
lim
lim
lim ( )
x x
x x
x x
f xf Lx
g Mg x
→
→
→
⎡ ⎤
= =⎢ ⎥
⎣ ⎦
; 0M ≠ 
 
Por tanto en situaciones elementales, la sustitución basta. 
 
Ejemplo 
 
( ) ( )
( ) 8322
2.1,
=−+
→
yxlím
yx
 
 
 
Ejercicios Propuesto 3.3 
1. Calcular los siguientes límites: 
a) ( )2
1
2
3lim yx
y
x
+
→
→
 e) 
( )( ) yx
yx
lím
yx +
−
→ 2
2
0,0, 2
2
 
b) ( )
4
2
lim
x
y
ysen xy
π→
→
 f) 
22
2
0
0
lim yx
yx
y
x +
→
→
 
c) 
y
k
ysenx
y
kx
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
→
→
2
0
lim g) ( ) ( )
( )
y
yxsen
yx
+
→ 0,0,
lim 
d) 
x
exy
y
x
1
lim
0
0
−
→
→
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 84 
2. Calcúlese el límite de ( )yxf , cuando ( ) ( )bayx ,, → hallando los límites: lim ( )
x a
g x
→
 y 
lim ( )
y b
h y
→
, donde ( ),f x y = ( ) ( )g x h y 
a) ( )( )
y
ysenx
y
x
cos11
lim
0
0
−+
→
→
 c) 
y
senyx
y
x
cos
lim
0
0
→
→
 
b) ( )
( )yx
yx
y
x 1
12
lim
2
1 +
−
→
→
 d) 
( ) y
y
x ex
xy
1lim
0
1 −
→
→
 
 
 
 
 
 
3.6. CONTINUIDAD 
 
Sean : nf U R R⊆ → , sea 0x un punto U . 
Decimos que f es continua en 0x si y sólo si: 
 ( ) ( )
0
0lim
x x
f x f x
→
= 
 
 
Ejemplo. 
Analizar la continuidad de 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 ; , 0,0( , )
0 ; , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
En el punto ( )0,0 . 
SOLUCIÓN: 
Para que la función sea continua se debe cumplir que 
( ) ( )
( )
, 0,0
lim , 0
x y
f x y
→
= 
Determinemos el límite. 
( ) ( ) 2 2, 0,0
lim
x y
xy
x y→ +
 
Acercándonos por trayectorias. 
0;y = 20
0lim 0
x x→
= 
0;x = 20
0lim 0
y y→
= 
y x= ;
2
2 20
1lim
2x
x
x x→
=
+
 
Entonces 
( ) ( ) 2 2, 0,0
lim
x y
xy
x y→ +
 no existe. Por tanto, f NO ES CONTINUA EN ( )0,0 . 
 
 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 85
3.6.1 CONTINUIDAD EN UN INTERVALO 
 
Sea : nf U R R⊆ → . Se dice que f es 
continua en todo U si y sólo si es continua en 
cada punto de U . 
 
3.6.1.1 Teorema 
Si f y g son continuas en 0x , entonces 
también son continuas: f g+ , f g− , fg , 
( )( )0 0f g xg ≠ . 
 
Ejercicios propuestos 3.4 
Analice la continuidad en ( )0,0 de las siguientes funciones: 
a) ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
=
0,0,,1
0,0,,sen
,
yx
yx
xy
xy
yxf 
b) ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠=
0,0,,1
0,0,,,
yx
yxeyxf
xy
 
c) ( )
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+−
≠+
+
+
−
=
0,8
0,cos1
,
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
yxf 
d) ( )
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+
≠+
−−
−−
=
0,1
0,
1
1
,
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
yxf 
e) ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
+
=
0,0,,0
0,0,,
, 22
33
yx
yx
yx
yx
yxf 
f) ( )
( ) ( )
( ) ( )
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
g) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y x y
x yf x y
x y
⎧ + − ≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
 
h) ( )
2 2 2 2
2 2
1 4 , 4 1
,
0 , 4 1
x y x y
f x y
x y
⎧ − − + ≤⎪= ⎨
+ >⎪⎩
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 86 
3.7. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN ESCALAR. 
 
Para funciones de una variable, la derivada se la definió como el cambio 
instantáneo que experimenta la función cuando cambia su variable 
independiente x . Aquí había que considerar una sola dirección, para función 
de varias variables debería ser el cambio instantáneo que tiene la función en 
todas las direcciones en la vecindad de un punto. 
 
 
3.7.1 DERIVADA DIRECCIONAL. Derivada de un campo 
escalar con respecto a un vector. 
 
Sea RRUf n →⊆: , donde U es un conjunto 
abierto, 0x un punto de U . Sea 
→
v un vector de 
nR . 
La derivada de f en 0x con respecto a 
→
v , 
denotada por ⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ →vxf ;´ 0 o también ( )0xfD
v
→ , se 
define como: 
 
( )0 0
0
0
´ ; lim
v
f x v f x
f x v
v
→
→
→
→
→
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠=⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Cuando este límite existe 
Ahora bien, si decimos que v h
→
= entonces v hu
→ →
= donde 
→
u un 
VECTOR UNITARIO de nR , entonces: 
 
 
 
La derivada direccional de f en 0x con 
respecto 
→
u es: 
 
( )
h
xfuhxf
uxf
h
00
0
0 lim;´
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
→
→
→
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 87
Ejemplo 1 
Sea ( ) 2 ; nf x x x R= ∈ . Calcular ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ →vxf ,´ 0 . 
SOLUCIÓN: 
 
( )
( ) ( )
0 0
0
0
2 2
0 0
0
0 0 0 0
0
2
0 0 0 0 0
0
2
0
0
0
0
0
´ ; lim
lim
lim
2lim
2lim
lim 2
2
h
h
h
h
h
h
f x hu f x
f x v
h
x hu x
h
x hu x hu x x
h
x x hu x h u u x x
h
hu x h u u
h
u x hu u
u x
→
→
→
→
→
→ →
→
→ → →
→
→ → →
→
→ → →
→
→
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠= =⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ −
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ • + − •⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠=
• + • + • − •
=
• + •
=
⎛ ⎞= • + •⎜ ⎟
⎝ ⎠
= •
 
 
Si RRUf →⊆ 2: (una función de dos variables), entonces: 
 ( )
( ) ( )
h
yxfuhyxf
uyxf
h
0000
000
,,
lim;,´
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
→
→
→
 
 
Ejemplo 2 
Sea 2 2( , )f x y x y= + . Hallar ( )1,2
u
D f→ donde 2 2,
2 2
u
→ ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
SOLUCIÓN: 
Empleando la definición: 
 
( )
( ) ( )
( )
[ ]
0
0
2 2
2 2
0
2 2
0
2
0
2
0
2 21,2 , 1,2
2 2
1,2 lim
2 21 , 2 1,2
2 2
lim
2 21 2 1 2
2 2
lim
1 2 4 2 2 5
2 2
lim
5 3 2 5lim
3 2lim
hu
h
h
h
h
h
f h f
D f
h
f h h f
h
h h
h
h hh h
h
h h
h
h h
→
→
→
→
→
→
→
⎛ ⎞⎛ ⎞
+ −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠=
⎛ ⎞
+ + −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠=
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎢ ⎥ ⎡ ⎤+ + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦=
⎡ ⎤
+ + + + + −⎢ ⎥
⎣ ⎦=
+ + −
=
+
=
( )
0
lim 3 2
3 2
h
h
h
→
= +
=
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 88 
Ejemplo 3 
Sea 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 ; , 0,0( , )
0 ; , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
. 
Hallar ( )0, 0
u
D f→ donde ( )cos ,u senθ θ
→
= 
SOLUCIÓN: 
Aplicando la definición: 
 
( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( )( )
0
0
2
0
0
0, cos , 0,0
0,0 lim
cos , 0,0
lim
cos
0
lim
coslim
hu
h
h
h
f h sen f
D f
h
f h hsen f
h
h hsen
h
h
sen
h
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
→
→
→
→
→
+ −
=
−
=
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎣ ⎦=
=
 
En la última expresión: 
1. Si 0, , ,3
2 2
π πθ π= entonces ( )0, 0 0
u
D f→ = 
2. Si 0, , ,3
2 2
π πθ π≠ entonces ( )0, 0
u
D f→ no existe. 
 
 
Ejemplo 4 
Sea 
( ) ( )
( ) ( )
2
4 2 ; , 0,0( , )
0 ; , 0,0
x y x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
. 
Hallar ( )0, 0
u
D f→ donde ( )cos ,u senθ θ
→
= 
Solución: 
Aplicando la definición: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0
2
4 2
0
3 2
2 2 4 2
0
2
2 4 20
cos , 0,0
0,0 lim
cos
0
cos
lim
cos
cos
lim
coslim
cos
hu
h
h
h
f h hsen f
D f
h
h hsen
h hsen
h
h sen
h h sen
h
sen
h sen
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
θ θ
→
→
→
→
→
−
=
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
+⎢ ⎥⎣ ⎦=
+
=
=
+
 
En la última expresión: 
1. Si 0,θ π= ( 0senθ = ) entonces ( )0, 0 0
u
D f→ = 
2. Si 0,θ π≠ ( )0senθ ≠ entonces ( )
2
0, 0
cos
u
D f
sen
θ
θ
→ = ( existe). 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 89
Más adelante daremos una técnica para hallar derivadas direccionales sin 
emplear la definición. 
 
Ejercicios Propuestos 3.5 
1. Determine la derivada direccional de f en el origen en la dirección del vector unitario ( ),a b . 
 a) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 3
2 2 , 0,0,
0 , 0,0
x y si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
b) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2 , 0,0,
0 , 0,0
x y xy si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 c) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 , 0,0,
0 , 0,0
y xxy si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 d) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y x y
x yfx y
x y
⎧ + − ≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
 
 e) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
2 6 , , 0,0,
0 , , 0,0
y x x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 
 
Un caso especial de las derivadas direccionales es cuando consideramos 
dirección con respecto a eje x y con respecto al eje y . 
 
3.7.2 Derivada Parcial. 
 
Sea RRUf n →⊆: , donde U es un conjunto 
abierto, 0x un punto de U , Rh∈ . Sea 
( )0,,1,,0,0=
→
ie un vector canónico unitario 
de nR . 
La derivada parcial de f en 0x con respecto a 
ie
→
 (o con respecto a su ésimai − variable), 
denotada por ( )0x
x
f
i∂
∂ , se define como: 
 ( )
( )
h
xfehxf
x
x
f i
h
i
00
0
0 lim
−⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
=
∂
∂
→
→
 
Cuando este límite existe 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 90 
 
Si RRUf →⊆ 2: (una función de dos variables), entonces los vectores 
canónicos unitarios serían: ( )0,1ˆ1 == ie y ( )1,0ˆ2 == je . Las derivadas 
parciales serían: 
 ( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0 00 0 0
1
, 1,0 ,
, lim
h
f x y h f x yf x y
x h→
+ −∂
=
∂
 
Denotada simplemente como: 
x
f
∂
∂
 o también xf , es decir: 
( ) ( )0 0 0 0
0
, ,
lim
h
f x h y f x yf
x h→
+ −∂
=
∂
 
 
Y la otra derivada parcial sería: 
( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0 00 0 0
2
, 0,1 ,
, lim
h
f x y h f x yf x y
x h→
+ −∂
=
∂
 
Denotada simplemente como: 
y
f
∂
∂
 o también yf , es decir: 
 
( ) ( )0 0 0 0
0
, ,
lim
h
f x y h f x yf
y h→
+ −∂
=
∂
 
 
Ejemplo 1 
Sea ( ) 32, yxyxf = , obtener 
x
f
∂
∂ y 
y
f
∂
∂ . 
SOLUCIÓN: 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
0
2 3 2 3
0
2 2 3 2 3
0
2 3 3 2 3 2 3
0
3 2 3
0
3 3
0
3
, ,
lim
lim
2
lim
2lim
2lim
lim 2
2
h
h
h
h
h
h
f x h y f x yf
x h
x h y x y
h
x xh h y x y
h
x y xhy h y x y
h
xhy h y
h
xy hy
f xy
x
→
→
→
→
→
→
+ −∂
=
∂
+ −
=
+ + −
=
+ + −
=
+
=
= +
∂
=
∂
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 91
 
( ) ( )
( )
( )
( )
0
32 2 3
0
2 3 2 2 3 2 3
0
2 3 2 2 2 2 2 3 2 3
0
2 2 2 2 2 3
0
2 2 2 2 2
0
2 2
, ,
lim
lim
3 3
lim
3 3lim
3 3lim
lim 3 3
3
h
h
h
h
h
h
f x y h f x yf
y h
x y h x y
h
x y y h yh h x y
h
x y x y h x yh x h x y
h
x y h x yh x h
h
x y x yh x h
f x y
y
→
→
→
→
→
→
+ −∂
=
∂
+ −
=
+ + + −
=
+ + + −
=
+ +
=
= + +
∂
=
∂
 
 
Note que f
x
∂
∂
 se obtiene como una derivada para función de una variable, 
en este caso x , y considerando a la otra variable y como constante. 
Análogamente, si se desea obtener f
y
∂
∂
, deberíamos derivar considerando 
sólo a y como variable. 
 
Ejemplo 2 
Sea ( ) 32, yxsenyxf += , obtener 
x
f
∂
∂ y 
y
f
∂
∂ . 
SOLUCIÓN: 
( ) ( )⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ ++=
∂
∂ − xyxyx
x
f 2
2
1cos 2
13232 
( ) ( )⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡ ++=
∂
∂ − 2213232 3
2
1cos yyxyx
y
f 
 
En otros tipos de funciones habrá que aplicar la definición. 
 
Ejemplo 3 
Sea 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 ; , 0,0( , )
0 ; , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
. Hallar ( )0, 0xf y ( )0, 0yf 
SOLUCIÓN: 
Aplicando la definición: 
 a) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
0 0 0
0, 0
0
0
0,0 0,0 0lim lim lim 0x h h h
h
hf h f
f
h h h→ → →
⎡ ⎤
−⎢ ⎥+− ⎣ ⎦= = = = 
 b) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
0 0 0
0, 0
0
0
00, 0,0 0lim lim lim 0y h h h
h
hf h f
f
h h h→ → →
⎡ ⎤
−⎢ ⎥+− ⎣ ⎦= = = = 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 92 
 
Ejercicios propuestos 3.6 
1. Encontrar 
y
f
x
f
∂
∂
∂
∂ , si : 
 a) ( ) xyyxf =, d) ( ) 22, yxxeyxf += 
 b) ( ) ( ) ( )2222 log, yxyxyxf e ++= e) ( ) yxxyxf coscos, = 
 c) ( ) ( ) xyeyxf xy sencos, = f) ( ) ( )
( )
2
,
sen xy
y
f x y g t dt= ∫ 
2. Hallar ( )0, 0xf y ( )0, 0yf , para: 
 a) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 , 0,0,
0 , 0,0
xy si x y
x yf x y
si x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 
 b) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2 , , 0,0,
0 , , 0,0
x y xy x y
x yf x y
x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 c) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 , , 0,0
,
0 , , 0,0
x y sen x y
x yf x y
x y
⎧ ⎛ ⎞
− ≠⎪ ⎜ ⎟+= ⎨ ⎝ ⎠
⎪ =⎩
 
 d) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
; , 0,0
,
0 ; , 0,0
sen x y
x y
f x y x y
x y
⎧ −
⎪ ≠
= +⎨
⎪ =⎩
 
 e) ( )
( ) ( )
( ) ( )
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 f) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
2 6 , , 0,0,
0 , , 0,0
y x x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 93
 3.7.2.1 INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE LAS 
DERIVADAS PARCIALES 
 
Se ha definido la derivada tratando de que se entienda como la variación de 
la función con respecto a una dirección. Entonces la derivada parcial f
x
∂
∂
, será 
la pendiente de la recta tangente paralela al plano zx , observe la figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Un vector director S de esta recta será de la forma: 1,0, fS
x
∂⎛ ⎞= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠
 
En cambio, la derivada parcial f
y
∂
∂
, será la pendiente de la recta tangente 
paralela al plano zy , observe la figura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Un vector director S de esta recta será de la forma: 0,1, fS
y
⎛ ⎞∂
= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠
 
( )( )0000 ,,, yxfyx •
( )00 , yxx
fm
∂
∂
=
x
y
z
( )00, yx0
x
hx +0
h
0y
( )00 , yhx +
xΔ
zΔ( )yxfz ,=
 
( )( )0000 ,,, yxfyx
•
( )00, yxy
fm
∂
∂
=
x
y
z
( )00, yx
0x
hy +0
h0y
( )hyx +00 ,
yΔ
zΔ
( )yxfz ,=
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 94 
Ejemplo 1 
Encontrar la ecuación de la recta tangente a la curva de intersección de la superficie que 
tiene por ecuación 22 yxz += con el plano 1=y en el punto ( )5,1,2 . 
SOLUCIÓN: 
Realizando un gráfico, tenemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
La ecuación de toda recta es de la forma 
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=
+=
+=
ctzz
btyy
atxx
l
0
0
0
: . 
El punto está dado: ( ) ( )5,1,2,, 000 =zyx . 
Los vectores directrices son paralelos al plano zx y por tanto son de la forma: 1,0, fS
x
→ ∂⎛ ⎞= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠
. 
¿Por qué? 
La pendiente de la recta será ( )1,2
dx
zm ∂= ; que definirá la dirección de los vectores directores. 
 
Ahora bien, si 22 yxz += entonces x
x
z 2=
∂
∂ . 
Evaluando tenemos: ( ) 4222 ===
∂
∂ x
x
z 
Por tanto ( )1,0,4S
→
= 
Finalmente la ecuación de la recta buscada será: 
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+=+=
+=+=
+=+=
tctzz
tbtyy
tatxx
l
45
01
2
:
0
0
0
 
 
 
 
x
y
z
( )5,1,2 •
( )2,1
zm
dx
∂
=
1=y
22 yxz +=
dz
dx
1,0, fS
x
→ ∂⎛ ⎞= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 95
3.7.3 DERIVADAS PARCIALES DE ORDEN SUPERIOR 
 
Sean RRUf →⊆ 2: tal que ),( yxfz = . 
Suponga que las derivadas parciales 
x
f
∂
∂ y 
y
f
∂
∂ 
existan. Entonces las Derivadas parciales de 
Segundo Orden se definen como: 
( ) ( )2 0 0 0 0
2 0
, ,
lim xxh
f fx h y x yf f x x f
x x x h→
∂ ∂+ −∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ∂ ∂= = =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠
( ) ( )2 0 0 0 0
0
, ,
lim xyh
f fx y h x yf f x x f
y x y x h→
∂ ∂+ −∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ∂ ∂= = =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
 
( ) ( )0 0 0 02
0
, ,
lim yxh
f fx h y x y
f f y y f
x y x y h→
∂ ∂
+ −
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
 
( ) ( )0 0 0 02
2 0
, ,
lim yyh
f fx y h x y
f f y y f
y y y h→
∂ ∂
+ −
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠
 
Cuando estos límites existan. 
 
 
A xyf y a yxf se las denominan Derivadas Mixtas o Derivadas Cruzadas. 
Ejemplo 1 
Sea ( ) 222, yxexyxf += , obtener todas las derivadas parciales de segundo orden. 
Solución: 
Las Derivadas parciales de primer orden son: 
( ) 22222222 32 2222 yxyxyxyxx exxexexxef ++++ +=+= 
( ) 2222 22 22 yxyxy yexyexf ++ == 
Por tanto las derivadas parciales de segundo orden serían: 
( ) ( )
22222222
22222222
422
32
4642
226222
yxyxyxyx
yxyxyxyx
xx
exexexe
xexexxxeef
++++
++++
+++=
+++=
 
( ) ( )
2222
2222
3
3
44
2222
yxyx
yxyx
xy
yexxye
yexyxef
++
++
+=
+=
 
( )
2222
2222
3
2
44
224
yxyx
yxyx
yx
yexxye
xyexxyef
++
++
+=
+=
 
( )
2222
2222
222
22
42
222
yxyx
yxyx
yy
eyxex
yyexexf
++
++
+=
+=
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 96 
Note que lasderivadas cruzadas son iguales. 
 
3.7.3.1 TEOREMA DE SCHWARZ 
 
Sea RRUf →⊆ 2: , una función definida en el 
abierto U de 2R . Si las derivadas parciales 
yx
f
∂∂
∂ 2 y 
xy
f
∂∂
∂ 2 existen y son funciones continuas 
en U , entonces: 
xy
f
yx
f
∂∂
∂
=
∂∂
∂ 22 
 
 
Analicemos el siguiente ejemplo, donde se hace necesario emplear las 
definiciones de las derivadas parciales. 
 
Ejemplo 2 
Sea ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
−
=
0,0,;0
0,0,;
, 22
33
yx
yx
yx
xyyx
yxf 
Hallar a) ( )0,0xyf y b) ( )0,0yxf 
 
SOLUCIÓN: 
a) ( ) ( )
( ) ( )
0
0, 0 0,00,0
0,0xy x
f fhf x xf lím
y x h→
∂ ∂
+ −∂⎛ ⎞∂ ∂ ∂= =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
 
Necesitamos la derivada parcial de primer orden. 
Para la derivada f
x
∂
∂
 en cualquier punto diferente de ( )0,0 tenemos: 
 
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
2 3 2 2 3 33 3
2 2 22 2
4 2 3 2 3 5 4 2 3
22 2
4 2 3 5
22 2
3 2
3 3 2 2
4
x y y x y x y xy xf x y xy
x x x y x y
x y x y x y y x y x y
x y
x y x y y
x y
− + − −⎛ ⎞∂ ∂ −
= =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠ +
− + − − +
=
+
+ −
=
+
 
Para la derivada f
x
∂
∂
 en ( )0,0 tenemos: 
 
( ) ( ) ( )
( )
0
3 3
2 2
0
0
0 , 0 0,0
0,0
0 0
0
0
0
0
x h
h
h
f h f
f lím
h
h h
hlím
h
lím
h
→
→
→
+ −
=
−
−
+=
=
=
 
Entonces: 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 97
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4 2 3 5
22 2
4 ; , 0,0
,
0 ; , 0,0
x
x y x y y x y
x yf x y
x y
⎧ + −
≠⎪⎪ += ⎨
⎪
=⎪⎩
 
Evaluando 
 ( ) ( )
( )
4 2 3 5 5
2 42 2
0 4 0
0,
0
x
h h h hf h h
hh
+ − −
= = = −
+
 
Por tanto: 
( ) ( ) ( ) 100,0,00,0
00
−=
−−
=
−
=
→→ h
hlím
h
fhflímf
h
xx
hxy
 
 
b) ( ) ( )
( ) ( )
0
0 , 0 0,00,0
0,0yx h
f fhf y yf lím
x y h→
∂ ∂
+ −
⎛ ∂ ⎞∂ ∂ ∂= =⎜ ⎟
∂ ∂⎝ ⎠
 
Para la derivada f
y
∂
∂
 en cualquier punto diferente de ( )0,0 tenemos: 
 
( )( ) ( )( )
( )
( )
( )
3 2 2 2 3 33 3
22 2 2 2
5 3 2 3 2 4 3 2 4
22 2
5 3 2 4
22 2
3 2
3 3 2 2
4
x xy x y x y xy yf x y xy
y y x y x y
x x y x y xy x y xy
x y
x x y xy
x y
− + − −⎛ ⎞∂ ∂ −
= =⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠ +
+ − − − +
=
+
− −
=
+
 
Para la derivada f
y
∂
∂
 en ( )0,0 tenemos: 
 
( ) ( ) ( )
( )
0
3 3
2 2
0
0
0, 0 0,0
0,0
0 0
0
0
0
0
y h
h
h
f h f
f lím
h
h h
hlím
h
lím
h
→
→
→
+ −
=
−
−
+=
=
=
 
Entonces: 
 ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
5 3 2 4
22 2
4 ; , 0,0
,
0 ; , 0,0
y
x x y xy x y
x yf x y
x y
⎧ − −
≠⎪⎪ += ⎨
⎪
=⎪⎩
 
Evaluando: 
( )
( )
5 3 2 4 5
2 42 2
4 0 0,0
0
y
h h h hf h h
hh
− −
= = =
+
 
Por tanto: 
( ) ( ) ( ) 100,00,0,0
00
=
−
=
−
=
→→ h
hlím
h
fhf
límf
h
yy
hyx
 
 
Note que las derivadas mixtas no son iguales. ¿Por qué? 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 98 
Ejercicios propuestos 3.7 
1. Calcular, si existen , la derivada mixta ( )
2 0,0f
x y
∂
∂ ∂
 y ( )
2 0,0f
y x
∂
∂ ∂
 para: 
a) ( )
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+
≠+
+
−
=
00
0
,
22
22
22
22
yxsi
yxsi
yx
yxxy
yxf 
b) ( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=+
≠+
+
−
=
00
0
,
22
22
33
4224
yxsi
yxsi
yx
yxyx
yxf 
 
 c) ( ) ( ) ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
≠
+
−
=
0,0,0
0,0,
, 22
323
yxsi
yxsi
yx
xyyx
yxf 
 
 
3.8. DIFERENCIABILIDAD. 
 
Existen funciones que poseen todas sus derivadas direccionales, sin 
embargo no pueden ser consideradas diferenciables debido a que no son 
continuas (ejemplo 4 de derivada direccional), entonces deberá existir un 
criterio más fuerte para la diferenciabilidad. 
 
Recordemos la definición de diferencial para función de una variable, 
observe la gráfica: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Note que y dy rΔ = + , donde a r le vamos a llamar residuo. 
Reemplazando tenemos: 
x
y
0x
( )0f x
( )0f x h+
h dx x= = Δ
0x h+
yΔ}rdy}}
( )y f x=
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 99
 ( ) ( ) ( )0 0 0´
y dy r
f x h f x f x h r
Δ = +
+ − = +
 
Dividiendo para h y tomando limite 
( ) ( ) ( )0 0 00 0lim ´ limh h
f x h f x rf x
h h→ →
+ −
= + 
Podemos decir que para que f sea diferenciable se debe dar que: 
 
0
lim 0
h
r
h→
= 
 
Haciendo analogía para funciones de dos variables. El punto debe ser 
( )0 0,x y y h debe ser un vector, digamos ( )1 2,h h , entonces la expresión 
para la diferenciabilidad debe ser de la forma: 
 ( ) ( )( ) ( )0 0 1 2 0 0 1 1 2 2, , ,f x y h h f x y A h A h r+ − = + + 
 Y deberá ocurrir que 
0
lim 0r
→
=
h h
 
 
Encontremos 1A . 
Suponga que ( )1,0h=h , entonces: 
 ( ) ( )( ) ( )0 0 1 0 0 1 1 2, ,0 , 0f x y h f x y A h A r+ − = + + 
Dividiendo para 1h y tomando límite: 
 
 
( ) ( )
1 1
0 1 0 0 0
10 0
1 1
, ,
lim lim
h h
f x h y f x y rA
h h→ →
+ −
= + 
Tenemos que ( )0 01 ,x x yA f= 
 
Análogamente obtengamos 2A 
Suponga que ( )20,h=h , entonces: 
 ( ) ( )( ) ( )0 0 2 0 0 1 2 2, 0, ,f x y h f x y A A h r+ − = + + 
Dividiendo para 2h y tomando límite: 
 
 
( ) ( )
2 2
0 0 2 0 0
20 0
2 2
, ,
lim lim
h h
f x y h f x y rA
h h→ →
+ −
= + 
Tenemos que ( )0 02 ,y x yA f= 
 
 
Ahora sí podemos proponer la siguiente definición para la diferenciabilidad. 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 100 
 
Sea 2:f U R R⊆ → , una función definida en el 
abierto U . f es DIFERENCIABLE en ( )0 0,x y U∈ , si 
sus derivadas parciales en ( )0 0,x y existen y si 
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
, , , ,
lim 0x y
h h
x h y h x y x y x yf f f h f h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦ =
+
 
 
Ejemplo 1 
Demuestre que ( ) 2 2,f x y x y= + es diferenciable en todo ( )
0 0
,x y 
SOLUCIÓN: 
 
Aplicando la definición, para que la función sea diferenciable el límite 
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
, , , ,
lim x y
h h
x h y h x y x y x yf f f h f h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
 
debe ser cero. 
 
Obtengamos primero las derivadas parciales: 
 ( ) ( )0 0 0 0 0,, 2 2x x yx yf x x= = 
 ( ) ( )0 0 0 0 0,, 2 2y x yx yf y y= = 
Reemplazando y simplificando: 
 
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )
( ) ( )
( ) ( ) [ ] [ ]
( ) ( )
( ) ( )
0 1 0 2 0 0 0 0 0 0
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2 2 2
0 1 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2, 0,0
1 2
2 2 2 2 2 2
0 0 1 0 0 2 0 0 0 1 0 2
2 2, 0,0
1 2
, 0,0
, , , ,
lim
2 2
lim
2 2 2 2
lim
lim
x y
h h
h h
h h
h h
x h y h x y x y x yf f f h f h
h h
x h y h x y x h y h
h h
x x h y y h x y x h y h
h h
→
→
→
→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + − + − −⎣ ⎦⎣ ⎦
+
⎡ ⎤+ + + + + − − − −⎣ ⎦
+
( ) ( )1 2
2 2
1 2
2 2
1 2
2 2
1 2, 0,0
lim
h h
h h
h h
h h
→
+
+
+
 
Se observa que
( ) ( )1 2
2 2
1 2, 0,0
lim 0
h h
h h
→
+ = 
 Por tanto f ES DIFERENCIABLE EN TODO PUNTO. 
 
 
Ejemplo 2 
Sea 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 ; , 0,0( , )
0 ; , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
. 
Determine si f es diferenciable en ( )0,0 
SOLUCIÓN: 
Aplicando la definición: 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 101
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
0 , 0 0, 0 0, 0 0, 0
lim x y
h h
h hf f f h f h
h h→
+ + ⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
 
Las derivadas parciales ya fueron obtenidas anteriormente: 
 ( )0,0 0xf = y ( )0,0 0yf = 
Reemplazando: 
 
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )
( ) ( )
[ ] [ ]
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
1 2
1 22 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
1 2
3, 0,0 2 2 2
1 2
, 0, 0 0, 0 0, 0
lim
0 0 0
lim
lim
x y
h h
h h
h h
h hf f f h f h
h h
h h h h
h h
h h
h h
h h
→
→
→
⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎡ ⎤
− − −⎢ ⎥+⎣ ⎦
+
+
 
Para este último límite, analicemos la trayectoria 2 1h mh= 
 
( ) ( ) ( )1 1 1
2
1 1 1
3 3 30 0 02 2 2 3 2 22 2 2
1 1 1 1
lim lim lim
1 1h h h
h mh mh m
h m h h m h m→ → →
= =
+ + +
 
Este límite no existe, por tanto f NO ES DIFERENCIABLE en ( )0,0. Recuerde que ya se demostró 
que la función no era continua en ( )0,0 , por tanto se esperaba que no sea diferenciable. 
 
 
Los siguientes teoremas permiten sacar conclusiones rápidas. 
 
3.8.1 TEOREMA 
Si 2:f U R R⊆ → , es diferenciable en( )0 0,x y U∈ , 
entonces es continua en ( )0 0,x y . 
 
En ciertas funciones, bastará con demostrar que son diferenciables para 
concluir que es continua. 
 
Ejemplo 
Sea ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 ; , 0,0
,
0 ; , 0,0
x y sen x y
x yf x y
x y
⎧ + ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
Determine si f es continua en ( )0,0 , determinando su diferenciabilidad en ( )0,0 
SOLUCIÓN: 
Primero calculemos las derivadas parciales: 
 
( ) ( ) ( )
( )
( )
0
2 2
2 2
0
20
0 , 0 0,0
0,0
10 0
0
1
0,0 0
x h
h
h
x
f h f
f lím
h
h sen
hlím
h
lím h sen
h
f
→
→
→
+ −
=
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟+⎝ ⎠=
⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
=
 y 
( ) ( ) ( )
( )
( )
0
2 2
2 2
0
20
0, 0 0,0
0,0
10 0
0
1
0,0 0
y h
h
h
y
f h f
f lím
h
h sen
hlím
h
lím h sen
h
f
→
→
→
+ −
=
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟+⎝ ⎠=
⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
=
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 102 
Luego, empleando la definición para la diferenciabilidad: 
 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( )
( ) [ ] [ ]
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2
1 2 1 22 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2
1 2 2 2, 0,0
1 2
, 0, 0 0, 0 0, 0
lim
1se 0 0 0
lim
1lim se
x y
h h
h h
h h
h hf f f h f h
h h
h h n h h
h h
h h
h h n
h h
→
→
→
⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎛ ⎞
+ − − −⎜ ⎟+⎝ ⎠
+
⎛ ⎞
+ ⎜ ⎟+⎝ ⎠
 
Calculando el límite empleando coordenadas polares: 
 20
1lim 0
r
r sen
r→
⎡ ⎤⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
 
Como el límite es cero, se concluye que la función es diferenciable en el origen, por tanto será 
contínua también. 
 
 
 
 
3.8.2 TEOREMA 
Sea 2:f U R R⊆ → . Si las funciones derivadas 
parciales son continuas en ( )0 0,x y entonces f es 
diferenciable en ( )0 0,x y . 
 
Para ciertas funciones, bastará con determinar la continuidad de sus 
derivadas parciales para concluir que es diferenciable. 
 
El recíproco del teorema anterior es falso. Observe el siguiente ejemplo. 
 
 
Ejemplo 
Sea ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 ; , 0,0
,
0 ; , 0,0
x y sen x y
x yf x y
x y
⎧ + ≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
 
Demuestre que las derivadas parciales de f no son continuas en ( )0,0 , sin embargo si es 
diferenciable en ese punto. 
SOLUCIÓN: 
Primero hallemos la derivada parcial con respecto a x 
Si ( ) ( ), 0,0x y ≠ 
 
( ) ( ) ( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 12 cos 2
2
1 12 cos
x y sen x sen x y x y x
x x y x y x y
xx sen
x y x y x y
−⎡ ⎤∂ ⎡ ⎤+ = + + − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦
= −
+ + +
 
Si ( ) ( ), 0,0x y = 
 ( ) ( ) ( )
( )2 2
2 2
0 0 0
10 0
,0 0,0 100,0 lim lim lim 0x h h h
h sen
f h f hf h sen
h h h→ → →
+ −
− += = = = 
Entonces 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 103
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 12 cos ; , 0,0
0 ; , 0,0
x
xx sen x y
x y x y x yf
x y
⎧ − ≠⎪ + + += ⎨
⎪ =⎩
 
Veamos ahora si es continua: 
 
( ) ( ) 2 2 2 2 2 2, 0,0
1 1lim 2 cos
x y
xx sen
x y x y x y→
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦
 
Pasando a coordenadas polares: 
 
0
0
1 cos 1lim 2 cos cos
1 1lim 2 cos cos cos
r
r
rr sen
r r r
r sen
r r
θθ
θ θ
→
→
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
 
No podemos concluir, analicemos para trayectorias: 
 0y = 
2 2 2 2 2 20
0
0
1 1lim 2 cos
0 0 0
1 1lim 2 cos
1 1lim 2 cos 0
x
x
x
xx sen
x x x
xx sen
x x x
x sen
x x
→
→
→
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
+ + +⎣ ⎦
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤− ≠⎢ ⎥⎣ ⎦
 
Por tanto xf no es continua en ( )0,0 
 
• Ahora hallemos la derivada parcial con respecto a y . 
Si ( ) ( ), 0,0x y ≠ 
 
( ) ( ) ( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 12 cos 2
2
1 12 cos
x y sen y sen x y x y y
y x y x y x y
yy sen
x y x y x y
−⎡ ⎤∂ ⎡ ⎤+ = + + − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦
= −
+ + +
 
Si ( ) ( ), 0,0x y = 
 ( ) ( ) ( )
( )2 2
2 2
0 0 0
10 0
0, 0,0 100,0 lim lim lim 0y h h h
h sen
f h f hf h sen
h h h→ → →
+ −
− += = = = 
Entonces 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 12 cos ; , 0,0
0 ; , 0,0
y
yy sen x y
x y x y x yf
x y
⎧ − ≠⎪ + + += ⎨
⎪ =⎩
 
Veamos ahora si es continua: 
 
( ) ( ) 2 2 2 2 2 2, 0,0
1 1lim 2 cos
x y
yy sen
x y x y x y→
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦
 
Analicemos trayectorias: 
 0x = 
2 2 2 2 2 20
0
0
1 1lim 2 cos
0 0 0
1 1lim 2 cos
1 1lim 2 cos 0
y
y
y
yy sen
y y y
yy sen
y y y
y sen
y y
→
→
→
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦
⎡ ⎤
−⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
− ≠⎢ ⎥
⎣ ⎦
 
Por tanto yf no es continua en ( )0,0 
Finalmente demostremos que f es diferenciable en ( )0,0 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 104 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( )
( ) [ ] [ ]
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2
1 2 1 22 2
1 2
2 2, 0,0
1 2
2 2
1 2 2 2, 0,0
1 2
, 0, 0 0, 0 0, 0
lim
1se 0 0 0
lim
1lim se
x y
h h
h h
h h
h hf f f h f h
h h
h h n h h
h h
h h
h h n
h h
→
→
→
⎡ ⎤− − − ⎣ ⎦
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+ − − −
⎜ ⎟+⎝ ⎠
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+
⎜ ⎟+⎝ ⎠
 
Pasando a polares: 
 
0
1lim se 0
r
r n
r→
⎛ ⎞ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Por tanto es DIFERENCIABLE. 
 
 
Ejercicios propuestos 3.8 
1. Demostrar que si ( ),f x y es diferenciable en ( ),a b entonces es continua en ( ),a b 
2. Analizar la diferenciabilidad en el origen para: 
 a) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎪⎪⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
≠
+=
0,0,0
0,0,
, 2122
yxsi
yxsi
yx
xy
yxf 
 b) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 , 0,0
,
0 , 0,0
x y sen si x y
x yf x y
si x y
⎧ − ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 c) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
2 2 , , 0,0,
0 , , 0,0
x y xy x y
x yf x y
x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 d) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 1 , , 0,0
,
0 , , 0,0
x y
x y sen x y
f x y
x y
+
⎧ − ≠⎪= ⎨
⎪ =⎩
 
 e) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
sen x y
x y
f x y x y
x y
⎧ −
⎪ ≠
= +⎨
⎪ =⎩
 
 f) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 , 0,0,
0 , 0,0
y xxy si x y
x yf x y
si x y
⎧ −
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 g) ( )
( ) ( )
( ) ( )
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y
x yf x y
x y
⎧ ≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 h) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
, , 0,0
,
0 , , 0,0
xy x y x y
x yf x y
x y
⎧ + − ≠⎪
+= ⎨
⎪ =⎩
 
 i) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
2 6 , , 0,0,
0 , , 0,0
y x x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 105
 j) ( )
( ) ( )
( ) ( )
5 2
4 10 , , 0,03 2,
0 , , 0,0
y x x y
x yf x y
x y
⎧
≠⎪ += ⎨
⎪ =⎩
 
 
 
 
 
3.9. GRADIENTE. 
 
Sea : nf U R R⊆ → una función diferenciable. Se 
define el vector gradiente de f en 0x , denotado por 
( )0f x∇ o ( )0grad f x , como el vector de nR : 
 ( )
( )0
0
1 2 3
, , , ,
n x
f f f ff x
x x x x
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂
∇ = ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠
 
 
Ejemplo 
Sea ( ) ( ) ( )2 2, 1 1f x y x y= − + − . Hallar el gradiente de f en ( )0,0 . 
SOLUCIÓN: 
 ( )
( )
( ) ( )( )( ) ( )0,0
0,0
0,0 , 2 1 , 2 1 2, 2f ff x y
x y
⎛ ⎞∂ ∂
∇ = = − − = − −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
 
 
 
 
3.9.1 GRADIENTE Y DERIVADA DIRECCIONAL 
 
 En la expresión para el residuo. 
 ( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( )0 0 0 00 0 1 2 0 0 1 2, ,, , , x yx y x yf x y h h f x y f h f h r⎡ ⎤+ − = + +⎣ ⎦ 
 Observe que ( )1 2,h h=h lo podemos expresar como u=h h , donde u 
es un vector unitario. 
 Suponga que h=h y que ( )1 2,u u u= entonces ( )1 2,h u u=h 
 
 Ahora, dividiendo para h y tomando límite: 
 
( )( ) ( )
( )[ ] ( )0 0 0 0
0 0 0 0 1 2
0 0
, ,
, ,
lim limx yh hx y x y
f x y hu f x y h h rf f
h h h h→ →
+ −
⎡ ⎤= + +⎣ ⎦ 
 Si f es diferenciable entonces 
0
lim
h
r
h→
. 
 Con lo cual resulta: 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 106 
 
( )( ) ( )
( )[ ] ( )0 0 0 0
0 0 0 0
1 20
, ,
, ,
lim x yh x y x y
f x y hu f x y
f u f u
h→
+ −
⎡ ⎤= + ⎣ ⎦ 
Finalmente 
 ( ) ( )0 0 0 0, ,uD f x y f x y u= ∇ •⎡ ⎤⎣ ⎦ 
 
 
 
Ejemplo 
Sea 22),( yxyxf += . Hallar( )1, 2
u
D f→ donde ⎟⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=
→
2
2,
2
2u 
SOLUCIÓN: 
Empleando lo anterior 
 ( ) ( )1,2 1,2uD f f u= ∇ •⎡ ⎤⎣ ⎦ 
 Ahora, el gradiente sería: 
 ( ) ( )( ) ( )( ) ( )1,21,21, 2 , 2 ,2 2,4x yf f f x y∇ = = = 
 Reemplazando y resolviendo 
 ( ) ( ) ( ) 2 21,2 1, 2 2,4 , 3 2
2 2u
D f f u
⎛ ⎞
= ∇ • = • =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Ejemplo 
Sea ( )2 2( , )f x y sen x y= + . Hallar la derivada de f en el punto ( )1,1P en la dirección 
que va desde este punto al punto ( )3, 2Q 
SOLUCIÓN: 
 Primero obtengamos u y sus derivadas parciales en ( )1,1P 
 
( )3 1, 2 1 2 1,
5 5 5
PQu
PQ
− − ⎛ ⎞
= = = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 ( ) ( )
( )
2 2
1,1
1,1 cos 2 2cos 2xf x y x⎡ ⎤= + =⎣ ⎦ 
 ( ) ( )
( )
2 2
1,1
1,1 cos 2 2cos 2yf x y y⎡ ⎤= + =⎣ ⎦ 
Empleando la última definición 
 ( ) ( ) ( ) 2 1 61,1 1,1 2cos 2,2cos 2 , cos 2
5 5 5u
D f f u ⎛ ⎞= ∇ • = • =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦
⎝ ⎠
 
 
 
 
Ejercicios propuestos 3.9 
1. Halle la derivada direccional de la función en el punto P en la dirección de Q . 
a) ( ) )1,1(),1,3(,4, 22 −+= QPyxyxf 
b) ( ) ( ) )0,
2
(),,0(,cos, ππ+= QPyxyxf 
c) ( ) ( ) )1,3,4(),0,0,1(,ln,, QPzyxzyxf ++= 
d) ( ) ( ) ( )0,0,0,0,4,2,,, QPxyezyxg z= 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 107
2. Dado el campo escalar RRf n →: tal que ( ) 4XXf = , calcular: 
a) ( )vXf ,' (Derivada direccional de f en la dirección de v) 
b) Si n=2, hallar todos los puntos (x,y) en 2R para los cuales: ( ) 6;32' =++ yjxijif 
c) Si n=3 , hallar todos los puntos (x,y) en 3R para los cuales 
( ) 6;32' =++++ zkyjxikjif 
3. Calcule la derivada de la función ( ), senf x y x y= en el punto (3,0), en la dirección del vector 
tangente a la parábola 2y x= en el punto (1,1) 
 
3.9.2 PROPIEDADES DEL GRADIENTE 
 
1. El Gradiente es un vector ortogonal a los conjuntos de nivel. 
 
2. De la igualdad ( ) ( )0 0uD f x f x u⎡ ⎤= ∇ •⎣ ⎦ tenemos 
( ) ( )0 0 cosuD f x f x u θ= ∇ 
Si el gradiente y el vector unitario tienen la misma dirección ( 0θ = ) 
entonces la derivada direccional tendría el máximo valor y sería: 
 ( ) ( )0 0u máxD f x f x= ∇ 
 
Si el gradiente y el vector unitario tienen dirección contraria (θ π= ) 
entonces la derivada direccional tendría el mínimo valor y sería: 
( ) ( )0 0u mínD f x f x= − ∇ 
 
Ejemplo 
Suponga que la distribución de temperatura dentro de una habitación está dada por 
( ) 24, , 5 x y zT x y z e + += + , donde x , y , z se miden a partir del rincón ( )0,0,0 . 
a) ¿En qué dirección aumenta la temperatura con mayor rapidez? 
b) ¿Cuál es el valor máximo? 
SOLUCIÓN: 
a) La temperatura aumentará con mayor rapidez en dirección de su gradiente, es decir: 
 
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
( )
2 2 2
0,0,0
4 4 4
0,0,0
, ,
1 , 4 , 2
1, 4,0
x y z x y z x y z
T T TT
x y z
e e e z+ + + + + +
⎛ ⎞∂ ∂ ∂
∇ = ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠
=
=
 
b) El valor máximo sería 
 ( ) ( ) 2 20,0,0 0,0,0 1 4 0 17u máxD T T= ∇ = + + = 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 108 
Ejercicios propuestos 3.10 
1. La temperatura en el punto ( )yx, de una placa viene dada por: ( ) 2 2
xT x
x y
=
+
. 
Hállese la dirección de mayor crecimiento del calor desde el punto (3, 4). 
2. Se describe la superficie de una montaña mediante la ecuación 
( ) 2 2, 4000 0.001 0.004h x y x y= − − . Supóngase que un alpinista está en el punto 
(500, 300, 3390). ¿En qué dirección debe moverse el alpinista en orden a ascender lo más 
rápido posible? 
3. Suponer que la temperatura en el punto P(x,y,z) en el espacio está dada por 
( ) 222,, zyxzyxT ++= sea una partícula que viaja por la helice circular 
( ) ( )tttt ,sen,cos=σ y sea T(t) su temperatura en el punto t. 
a. ¿Cuál es el valor de T(t=0)?. 
b. ¿Qué dirección debe tomar la partícula para avanzar hasta la región de más baja 
temperatura?. 
4. El Capitán América tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del 
casco de la nave, cuando él está en la posición (x,y,z) estará dada por 
( ) 222 3,, zyxezyxT −−−= donde x, y, z se miden en metros. Si la nave del Capitán 
América se encuentra en el punto (1,1,1). 
a. ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápido la temperatura? 
b. Desafortunadamente el casco de la nave se cuarteará si se enfría a una tasa mayor de 
214e grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posible en las que 
puede avanzar para bajar la temperatura. 
 
 
 
 
3.9.3 VECTORES NORMALES Y PLANOS TANGENTE 
 
Cuando se interpretó geométricamente las derivadas parciales, se definió 
que un vector directriz de la recta tangente paralela al plano zx ,en un punto de 
la superficie ( ),z f x y= , está dado por ( )( )01 1,0, x xS f= ; y un vector directriz de 
la recta tangente paralela al plano zy está dado por ( )( )02 0,1, y xS f= . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )( )0000 ,,, yxfyx•
y
z
( )00 , yx0
x
0y
( ),z f x y=
( )( )01 1,0, x xS f=
( )( )02 0,1, y xS f=
1 2n S S= ×
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 109
Si multiplicáramos en cruz estos vectores obtendríamos un vector normal a 
la superficie en ese punto 
 ( ) ( )( )0 01 2 1 0 , ,1
0 1
x x y
y
x x
i j k
S S f f f
f
× = = − − 
Por tanto el plano tangente en ese punto tendría por ecuación 
 
 ( )[ ] ( )[ ] [ ]0 00 0 01 0x yx xf x x f y y z z− − − − + − = 
 
 
Ejemplo 
Hallar la ecuación del plano tangente y la ecuación de la recta normal a la superficie que 
tiene por ecuación 10( , )z f x y
xy
= = en el punto ( )1,2,5 . 
SOLUCIÓN: 
a) La ecuación del plano tangente estaría dada por: 
( )[ ] ( )[ ] [ ]1, 2 1, 21 2 1 5 0x yf x f y z− − − − + − = 
Las derivadas parciales serían: 
( )
( )
2
1,2
101, 2 5xf x y
= − = − 
( )
( )
2
1,2
10 51, 2
2x
f
xy
= − = − 
Reemplazando 
 
( )[ ] [ ] [ ]
( ) ( ) ( )
55 1 2 1 5 0
2
10 1 5 2 2 5 0
10 10 5 10 2 10 0
10 5 2 30 0
x y z
x y z
x y z
x y z
⎛ ⎞− − − − − − + − =⎜ ⎟
⎝ ⎠
− + − + − =
− + − + − =
+ + − =
 
 
b) La ecuación de la recta normal estaría dada por: 
 
( )[ ]
( )
[ ]
0 0
0 0
0
0
0
,
,
1
x
y
x y
x y
x x f t
y y f t
z z t
⎧ = −
⎪⎪ ⎡ ⎤= −⎨ ⎣ ⎦
⎪
= +⎪⎩
 
 Reemplazando: 
[ ]
5 5
2 2
1 5 1 5
2 2
5
x t t
y t t
z t
⎧ = − − = +
⎪⎪ = − − = +⎡ ⎤⎨ ⎣ ⎦
⎪ = +⎪⎩
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 110 
3.10. LA DIFERENCIAL 
 
 3.10.1 DEFINICIÓN 
 
Sea 2:f U R R⊆ → una función diferenciable en U . 
Entonces para cada x U∈ se tiene: 
 ( ) ( ) f ff x h f x dx dy rx y
∂ ∂
+ = + + +
∂ ∂
 
A la parte f fdx dy
x y
∂ ∂
+
∂ ∂
 
Se le denomina diferencial de f , y se la denota 
como df . 
 
 
3.10.2 APROXIMACIONES 
 
 Si se dice que f dfΔ ≈ , entonces tenemos: 
 ( ) ( ) ( )[ ] ( )0 0 0 00 0 0 0 , ,, , x yx y x yf x x y y f x y f dx f dy⎡ ⎤+ Δ + Δ − ≈ + ⎣ ⎦ 
Como dx x= Δ y dy y= Δ 
Tenemos la formula de aproximación: 
 
 ( ) ( ) ( )[ ] ( )0 0 0 00 0 0 0 , ,, , x yx y x yf x x y y f x y f x f y⎡ ⎤+ Δ + Δ ≈ + Δ + Δ⎣ ⎦ 
 
 
Ejemplo 
Aproximar el valor de ( )3.981,08 
SOLUCIÓN: 
Utilicemos la función ( ), yf x y x= (¿por qué? 
tomemos: 0 1x = entonces 0.08xΔ = 
0 4y = entonces 0.02yΔ = − 
Las derivadas parciales serían: 
( ) ( )
( )
1
1,4
1, 4 4yxf yx
−= = 
( ) ( )
( )1,4
1,4 ln 0yyf x x= = 
 
Empleando la formula de aproximación: 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 111
 
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( ) [ ] [ ]( )
( )
( )
0 0 0 00 0 0 0
3.98 4
3.98
3.98
, ,
1, 4 1, 4
, ,
1.08; 3.98 1, 4 0.08 0.02
1.08 1 4 0.08 0 0.02
1.08 1 0.32
1.08 1.32
x y
x y
x y x yf x x y y f x y f x f y
f f f f
⎡ ⎤+ Δ + Δ ≈ + Δ + Δ⎣ ⎦
⎡ ⎤≈ + + −⎣ ⎦
≈ + + −
≈ +
≈
 
 
 
 
3.10.3 CALCULO DE ERRORES 
 
El error en una función selo puede considerar como la variación de la 
función, entonces tenemos que: 
 
 
f ff x y
x y
∂ ∂
Δ ≈ Δ + Δ
∂ ∂
 
 
 
Ejemplo 1 
Se desea calcular el volumen de un cono, para lo cual se mide el radio de su base en 
5 cm y su altura en 10 cm , con un posible error de 0.1 cm . Aproxime el error al calcular el 
volumen. 
SOLUCIÓN: 
El volumen de un cono circular recto está dado por: 213V r hπ= 
Por tanto, el error en el cálculo del volumen está dado por: V VV r h
r h
∂ ∂
Δ ≈ Δ + Δ
∂ ∂
 
Entonces: 
 ( )( )( ) ( ) ( )
2
2
2 1
3 3
2 15 10 0.1 5 0.1
3 3
13.09
V rh r r h
V
V
π π
π π
Δ ≈ Δ + Δ
Δ ≈ ± + ±
Δ ≈ ±
 
 
 
Ejemplo 2 
Determine la variación que experimenta la densidad de una esfera sólida cuyo radio mide 
10 cm. y su masa es de 500 gr. , si el radio se incrementa en 2mm y la masa disminuye 
0.5 gr. 
SOLUCIÓN: 
La densidad volumétrica ρ esta dada por: 
 m
V
ρ = 
 donde m es la masa y V es el volumen 
En este caso tendríamos: 
 33 34
3
3 3
4 4
m m m mr
V r r
ρ
π π π
−= = = = 
Entonces: 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 112 
 3 2
3 9
4 4
mm r m r
m r r r
ρ ρρ
π π
∂ ∂ −⎛ ⎞Δ = Δ + Δ = Δ + Δ⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠
 
Reemplazando y calculando: 
 
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
3 2
9 5003 0.2 0.5
4 10 4 10
3 0.0002 7.5
4
1.79
ρ
π π
ρ
π
ρ
⎛ ⎞−
⎜ ⎟Δ = +
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Δ = −
Δ = −
 
La densidad disminuye 31.79 gr cm 
 
 
Ejemplo 3 
El radio r y la altura h de un cilindro circular recto se miden con un posible error del 4% 
y 2% respectivamente. Aproxime el error porcentual al calcular el volumen. 
SOLUCIÓN: 
El volumen de un cilindro circular recto está dado por: 2V r hπ= 
Se sabe que los errores porcentuales en las mediciones de r y h son del 4% y 2% , por tanto 
4
100r r±Δ = y 2100h h±Δ = . 
Por otro lado V VV r h
r h
∂ ∂
Δ ≈ Δ + Δ
∂ ∂
 
Reemplazando: 
 
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )
24 2
100 100
2 28 2
100 100
210
100
2
V
V rh r r h
V r h r h
V r h
π π
π π
π
Δ ≈ +
Δ ≈ +
⎛ ⎞
Δ ≈ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
 
Por tanto el error porcentual del volumen sería : 
100 10%V
V
Δ
≈ 
 
 
 
Ejercicios propuestos 3.11 
1. Calcular aproximadamente 
a) 3.011.02 
b) 
3
2[4.052 + 8.982 - 0.992] 
c) 
11 -2 34(1.03) [(0.982 ) (1.053 ) ] 
 
2. La altura de un cono es 30h cm= , el radio de su base 10R cm= . ¿Cómo variará el 
volumen de dicho cono si H se aumenta 3mm y R se disminuye 1 mm? 
3. Calcule el valor aproximado de la función ( ) yxyxf =, en el punto ( )3.1;1.9 
4. Dos lados de un triángulo miden 150 y 200 mts. Y el ángulo que forman es de 60º. Sabiendo 
que los errores probables en la medición es de 0.2 mts. en la medida de los lados y de 1º en 
la del ángulo. Determine el máximo error probable que se puede cometer al evaluar su área. 
Determine también el error en porcentaje. 
5. Aproximar el porcentaje en el cual crece el volumen de un cilindro circular recto si el radio 
aumenta en un 1% y la altura en un 2%. 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 113
6. Calcule la longitud del segmento de recta 95.0,2.1 == yx que se encuentra entre la 
superficie 22 5yxz += y su plano tangente en el punto ( )1,1,6 . 
 
3.10.4 DEFINICIÓN GENERAL DE DIFERENCIAL 
 
Sea : n mf U R R⊆ → . Se dice que ( )1 2, , , mf f f f= 
es diferenciable en 0x U∈ si y sólo si 
( ) ( )0 0 0z f x Df x x x r⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + − +⎣ ⎦⎣ ⎦ es una buena 
aproximación de f en una vecindad de 0x ; es 
decir: 
 ( ) ( ) ( )0 0 0 0f x h f x Df x x x r⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = + − +⎣ ⎦⎣ ⎦ 
Y se cumple que 
0
lim 0r
→
=
h h
. 
A ( )0Df x se le llama MATRIZ DIFERENCIAL O 
JACOBIANA y se define como: 
 ( )
1 1 1
1
2 2 2
1 2
1 2 0
2
0
n
n
m m m
n
f f f
x x x
f f f
x x x
f f f
x x x x
Df x
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥= ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
Ejemplo 1 
Sea 2:f R R→ , tal que ( ) 2 2, 3f x y x y= + , entonces: 
 ( ) [ ]1 2, 2 6x yDf x y f f x y ×⎡ ⎤= =⎣ ⎦ 
 
 
Ejemplo 2 
Sea 3 4:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 3 2, , , , ,f x y z x y xyz xz yz x y z= + + , entonces: 
 ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2
2 2 3 3 2
4 3
2 2 0
, ,
3 2
x y x y x y
x y z
xyz xyz xyz
x y z
xz yz xz yz xz yz
x y z
x y z x y z x y z
x y z
x y
yz xz xy
Df x y z
z z x y
x y z x yz x y
∂ + ∂ + ∂ +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
∂ + ∂ + ∂ +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ×
∂ ∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 114 
3.11. REGLA DE LA CADENA. 
Sea : n mf U R R⊆ → y sea : p ng V R R⊆ → . 
Si g es diferenciable en 0x y f es 
diferenciable en ( )0g x , entonces: 
 ( )( ) [ ] ( ) [ ]0 0 0g x xxgD f Df Dg⎡ ⎤ =⎣ ⎦ 
 
Ejemplo 1 
Sea 2:f R R→ , tal que ( ) 2 2, 3f x y x y= + y sea 2:g R R→ , tal que ( ) ( ), costg t e t= ; 
entonces: 
 
( )( ) [ ] ( ) [ ]
( )
[ ]( )
( )
( )
1
2,cos
,cos
2
2 6
cos
2 6cos
2 6cos
t
t
g t t
e t
t
e t
t
t
t
tg
dg
f f dtD f Df Dg
dgx y
dt
d e
dtx y
d t
dt
e
e t
sent
e tsent
⎡ ⎤
⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂
= =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥=
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
= −
 
 
 En términos sencillos, si tenemos ( ),z f x y= donde ( )tx x= y 
( )ty x= , entonces: 
 
( ) ( )( ),t tx y
dz df z dx z dy
dt dt x dt y dt
∂ ∂
= = +
∂ ∂
 
 
 
Ejemplo 2 
Sea ( ) 22, yxyxf += donde 2tx = y ty 2= , hallar 
dt
dz 
SOLUCIÓN: 
 ( )( ) ( )( )2222 ytx
dt
dy
y
z
dt
dx
x
z
dt
dz
+=
∂
∂
+
∂
∂
=
 
Poniendo todo en función de” t ” 
 
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )( ) ttttt
dt
dz
ytx
dt
dz
8422222
2222
32 +=+=
+=
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 115
 
Ejemplo 3 
El radio superior de un tronco de cono es de 10 cm., el radio inferior 12 cm. Y la altura 18 
cm. . ¿Cuál es la razón de cambio del volumen del tronco de cono con respecto al tiempo 
si el radio superior disminuye a razón de 2 cm. por min. , el radio inferior aumenta a razón 
de 3 cm. por min. y la altura decrece a razón de 4 cm. por min. 
SOLUCIÓN: 
El volumen de un tronco de cono está dado por: 
 ( )2 2
3
V h R Rr rπ= + + 
Su razón de cambio estaría dada por: 
 dV V dh V dR V dr
dt h dt R dt r dt
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂
 
Los datos del problema serían: 
 10r = , 12R = , 18h = , 2dr
dt
= − , 3dR
dt
= , 4dh
dt
= − 
Reemplazando y calculando: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )
( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
2 2
2 2
3
2 2
3 3 3
12 12 10 10 4 18 2 12 10 3 18 12 2 10 2
3
144 120 100 4 18 24 10 3 18 12 20 2
3
364 4 18 34 3 18 32 2
3
1456 1836 1152
3
772
min3
dV dh dR drR Rr r h R r h R r
dt dt dt dt
dV cm
dt
π π π
π
π
π
π
π
= + + + + + +
⎡ ⎤= + + − + + + + −⎢ ⎥⎣ ⎦
= ⎡ + + − + + + + − ⎤⎣ ⎦
= ⎡ − + + − ⎤⎣ ⎦
= − + −
= −
 
 
 
Ejemplo 4 
Sea 2:f R R→ , tal que ( ) 2,f x y x y= y sea 2 2:g R R→ , tal que 
( ) ( )2 3, ,g u v uv u v= − ; entonces: 
 
( )( ) [ ] ( ) [ ]
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2 3
2 3
,
1 1
,
2 2,
3 2 2
2 3 2 3,
3 222 3 2 3
2
32 2 3
2 3
2 3
2 3
2 6
x y
u v
g u v
uv u v
uv u v
g
g g
f f u vD f Df Dg
g gx y
u v
uv uv
u vxy x y
u v u v
u v
v u
uv u v uv u v
u v
uv u v
−
⎛ ⎞
⎜ ⎟−⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂⎡ ⎤
⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂= =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ∂∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
⎡ ∂ ∂ ⎤
⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎡ ⎤= ⎣ ⎦ ⎢ ⎥∂ − ∂ −
⎢ ⎥
∂ ∂⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤= − − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
= − + ( ) ( ) ( )2 3 23 2 2 3 2 2 3 2 4 2 32 9
z z
u v
u v u v u v u v u v u v
∂ ∂
∂ ∂
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥− − − −
⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 116 
Por lo tanto, si tenemos ( ),zf x y= donde ( ),u vx x= y ( ),u vy x= , 
entonces: 
( ) ( )( ), ,,u v u vx y
z z x z y
u x u y u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
Y 
( ) ( )( ), ,,u v u vx y
z z x z y
v x v y v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
 
 
Ejemplo 5 
Sea ( ) 2 2 2, , 3f x y z x y z= + + donde 24x uv= , 2 25 10y u v= + , 3z u= 
Hallar: f
u
∂
∂
 y f
v
∂
∂
. 
SOLUCIÓN: 
a) 
 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 3
2 2 2 3
4 , 5 10 ,
2 2
4 , 5 10 ,
2 2 2 2 3 2
4 3 2 5
6 4 2 10 2 3
6 4 4 2 5 10 10 2 3
96 10 200 6
x zy
uv u v u
uv u v u
f f x f y f z
u x u y u z u
x v y u z u
uv v u v u u u
uv u uv u
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
= + + +
= + + +
 
 
b) 
 
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 3
2 2 2 3
4 , 5 10 ,
4 , 5 10 ,
2 2 2
2 3 2 3
6 8 2 20 2 0
6 4 8 2 5 10 20 0
192 200 400
x zy
uv u v u
uv u v u
f f x f y f z
v x v y v z v
x uv y v z
uv uv u v v
u v u v v
+
⎛ ⎞
⎜ ⎟+
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + +
= + + +
= + +
 
 
 
Ejemplo 6 
Sea 3 4:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 2 3, , , , ,f x y z x yz y z z xyz= − y sea 3 3:g R R→ , tal 
que ( ) ( )2 2, , , , uwg u v w u v uv w e−= , hallar [ ]( )1,1,0D f g 
Solución: 
 [ ]( ) [ ] ( ) [ ]( )1,1,0 1,1,0 1,1,0gD f g Df Dg= 
Ahora bien ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )1 02 21,1,0 1 1 , 1 1 0 , 1,0,1g e−= = 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 117
 Reemplazando: 
[ ]( ) [ ] ( ) [ ]( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
1,1,0 1,1,0 1,1,0
2 2
2
2 2
2
1,1,0
1,0,1
2 2
2
2 2
2
2
2 0
0 2 2
2
0 0 3
0
2 1 0 1 1 1 1 0
2 1 1 1 0
0 2 0 2 1
1 0 2 1 1 0 1 1
0 0 3 1
00 1 1 1 1 0
u v w
x zy
g
uw uw
D f g Df Dg
xyz x z x y
uv u
y z
v w uvw uv
z
we ue
yz xz xy
e
− −
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠
⎜ ⎟
⎝ ⎠
−
=
⎡ ⎤
⎡ ⎤⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥−⎢ ⎥= ⎢ ⎥
⎢ ⎥
−⎢ ⎥⎣ ⎦
( ) ( )1 0 1 00 1
0 1 0
2 1 0
0 0 2
0 0 1
0 0 3
0 0 1
0 1 0
0 0 1
0 0 2
0 0 3
0 0 1
e−
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥−⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎡ ⎤⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥
⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎣ ⎦
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥=
⎢ ⎥−
⎢ ⎥
⎣ ⎦
 
 
 
 
Ejemplo 7 
Sea 
2 2
; 0
x yyf x
x x
+⎛ ⎞ = >⎜ ⎟
⎝ ⎠
 , hallar ( )f x . 
SOLUCIÓN: 
Si hacemos yu
x
= , tenemos: 
 
 ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2 22 2 2 2
2
1
1
x yyf
x x
x ux ux x u xf u
x x x
f u u
+⎛ ⎞ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
++ +
= = =
= +
 
Si hacemos ahora u x= 
Entonces 
 ( ) 21f x x= + 
 
 
 
Ejemplo 8 
Demostrar que ( )2 , 4 2z f x y x y= + − − satisface la ecuación 2 0z z
x y
∂ ∂
− =
∂ ∂
 
 
Solución: 
Aquí tenemos ( ),z f u v= donde 2u x y= + , 4 2v x y= − − , entonces: 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 118 
 ( ) ( )2 4
2 4
z z u z v
x u x v x
z z
u v
z z z
x u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= + −
∂ ∂
∂ ∂ ∂
= −
∂ ∂ ∂
 y ( ) ( )1 2
2
z z u z v
y u y v y
z z
u v
z z z
y u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= + −
∂ ∂
∂ ∂ ∂
= −
∂ ∂ ∂
 
Ahora reemplazando: 
 
2 0
2 4 2 2 0
2 4 2 4 0
z z
x y
z z z z
u v u v
z z z z
u v u v
∂ ∂
− =
∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂
− − + =
∂ ∂ ∂ ∂
 
 
Ejemplo 9 
Demostrar que ; 0x yz xy f xy
xy
⎛ ⎞+
= ≠⎜ ⎟
⎝ ⎠
 . Calcular 2 2z zx y
x y
∂ ∂
−
∂ ∂
 
Solución: 
Aquí podemos obtener las derivadas parciales directamente: 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
2
1
´
´
´
z x yxy f
x x xy
xy x y yz x y x yyf xyf
x xy xy xy
z x y x y xy xy yyf xy f
x xy xy xy
z x y y x yyf f
x xy x xy
⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ +
= =⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + +
= + ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + + − −
= + ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + +
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Y 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2
2
1
´
´
´
z x yxy f
y y xy
xy x y xz x y x yxf xyf
y xy xy xy
z x y x y xy x yxxf xy f
y xy xy xy
z x y x x yxf f
y xy y xy
⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ +
= =⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + +
= + ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + + − −
= + ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ + +
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
Reemplazando: 
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
´ ´
´ ´
z z x y y x y x y x x yx y x yf f y xf f
x y xy x xy xy y xy
x y x y x y x yx yf xyf y xf xyf
xy xy xy xy
x y x yx yf y xf
xy xy
z zx y x
x y
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ + + + +
− = − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + +
= − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂
− =
∂ ∂
( ) x yy xyf
xy
⎛ ⎞+
− ⎜ ⎟
⎝ ⎠
 
Es decir: ( )2 2z zx y x y z
x y
∂ ∂
− = −
∂ ∂
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 119
Ejemplo 10 
Demostrar que ( )2 , 2z f x y x y= − + satisface la ecuación 
2 2
2 2 0
z z
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
 
SOLUCIÓN: 
Aquí tenemos ( ),z f u v= donde 2u x y= − , 2v x y= + 
Las derivadas parciales de primer orden serían: 
 
( ) ( )1 2
z z u z v
x u x v x
z z
u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= +
∂ ∂
 y 
( ) ( )2 1
z z u z v
y u y v y
z z
u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂
= − +
∂ ∂
 
Hallemos 
2
2
z
x
∂
∂
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2
2
2
1 2 2 1 2
4 4
z z z z
x x x x u v
z z
x u x v
z u z v z u z v
u x v u x u v x v x
z z z z
u v u u v v
z z z
u v u v
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂
= + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∂ ∂ ∂
= + +
∂ ∂ ∂ ∂
 
Ahora, hallemos 
2
2
z
y
∂
∂
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2 2
2 2 1 2 2 1
4 4
z z z z
y y y y u v
z z
y u y v
z u z v z u z v
u y v u y u v y v y
z z z z
u v u u v v
z z
u v u
⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= − + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂
= − − + + − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∂ ∂
= −
∂ ∂ ∂
2
2
z
v
∂
+
∂
 
Reemplazando: 
 
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
0
4 4 4 4 0
5 5 0
z z
x y
z z z z z z
u v u v u v u v
z z
u v
∂ ∂
+ =
∂ ∂
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
+ + + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
En la última expresión, dividiendo para 5 y cambiando de variable u x= y v y= , se 
comprueba lo que pretendíamos. 
 
 
 
 
 
 
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 120 
Ejemplo 11 
Transformar la ecuación 21z zx y xy
x y
∂ ∂
+ + =
∂ ∂
 tomando lnu x= y ( )2ln 1v y y= + + 
como nuevas variables independientes. 
SOLUCIÓN: 
Luego del cambio de variable tendríamos la función z en términos de u y v , es decir: 
( ),z f u v= , entonces las derivadas parciales serían: 
 ( )1 0
1
z z u z v
x u x v x
z z
u x v
z z
x x u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂⎛ ⎞= +⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
∂ ∂
=
∂ ∂
 y 
( )
2 2
2
2 2
2
1 20 1
1 2 1
11
1 1
1
1
z z u z v
y u y v y
z z y
u v y y y
y yz
v y y y
z z
y v y
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ⎜ ⎟⎜ ⎟= + +
⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞+ +∂ ⎜ ⎟⎜ ⎟=
⎜ ⎟⎜ ⎟∂ + + +⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞∂ ∂ ⎜ ⎟=
⎜ ⎟∂ ∂ +⎝ ⎠
 
 
Además: 
• Si lnu x= entonces ux e= 
• Si ( )2ln 1v y y= + + entonces 21ve y y= + + 
Despejando el radical y elevando al cuadrado: 
 
( ) ( )2 22
2 2 2
2
2
1
1 2
1 2
1
2 2
s n
v
v v
v v
v v v
v
y e y
y e ye y
e ye
e e ey
e
y e h v
−
+ = −
+ = − +
= −
− −
= =
=
 
 
 
Remplazando en la ecuación diferencial: 
 
2
2
2
1
1 11
1
u
z zx y xy
x y
z zx y xy
x u vy
z z e senhv
u v
∂ ∂
+ + =
∂ ∂
⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞ ⎜ ⎟+ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ +⎝ ⎠
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
 
 
Ejemplo 12 
Transformar la ecuación 2 2 2 ,z zx y z
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 tomando como nuevas variables independientes 
u x= y a 1 1v
y x
= − y como nueva función 
1 1w
z x
= − . 
SOLUCIÓN: 
Debemos tomar como función a w en términos de u y v , esdecir ( ),w f u v= . 
La diferencial total sería: w wdw du dv
u v
∂ ∂
= +
∂ ∂
 
Obtengamos los diferenciales. 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 121
• De la ecuación diferencial se observa que: 
 2 2 2 ,
dzdx dy
dz
z zx y z
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
• Como u es función de sólo x entonces 
2
´
1
du u dx
dx
dx
du x
=
=
=
=
 
• v es función de x y y entonces 2 2
2 2
2 2
1 1
1 1
0
v vdv dx dy
x y
dv dx dy
x y
dv x y
x y
dv
∂ ∂
= +
∂ ∂
= −
= −
=
 
• w es función de x y z , entonces 2 2
2 2
2 2
1 1
1 1
0
w wdw dx dz
x z
dw dx dz
x z
dw x z
x z
dw
∂ ∂
= +
∂ ∂
= −
= −
=
 
Ahora remplazando en la diferencial total 
 
 
20 0
w wdw du dv
u v
w wx
u v
∂ ∂
= +
∂ ∂
∂ ∂
= +
∂ ∂
 
Finalmente: 
0w
u
∂
=
∂
 
 
 
Ejemplo 13 
Transformar la ecuación ( ) ( ) 0z zy z y z
x y
∂ ∂
− + + =
∂ ∂
 tomando a x por función y a u y z= − y 
v y z= + por variables independientes. 
SOLUCIÓN: 
En este caso ( ),x f u v= , la diferencial total sería: x xdx du dv
u v
∂ ∂
= +
∂ ∂
 
 
Obtengamos los diferenciales. 
• De la ecuación diferencial se observa que: 
 ( ) ( ) 0
dz
dx dy
dz
z zy z y z
x y
∂ ∂
− + + =
∂ ∂
 
• u es función y y z entonces ( )( ) ( )( )1 1 0
u udu dy dz
y z
y z
du y z
∂ ∂
= +
∂ ∂
= + + −
= +
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 122 
• v es función de y y z entonces ( )( ) ( )( )1 1 0
v vdv dy dz
y z
dv y z
dv y z
∂ ∂
= +
∂ ∂
= + +
= +
 
Ahora remplazando en la diferencial total 
 
 
( ) ( ) ( )
v v v
x xdx du dv
u v
x xy z y z y z
u v
x xu v v
u v
x x u
u v v
∂ ∂
= +
∂ ∂
∂ ∂
− = + + +
∂ ∂
∂ ∂
= +
∂ ∂
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 
 
 
Ejemplo 14 
Transformar la ecuación ( ) 0z zx z y
x y
∂ ∂
− + =
∂ ∂
 tomando a x por función y a y y z por 
variables independientes. 
SOLUCIÓN: 
En este caso ( ),x f y z= , la diferencial total sería: x xdx dy dz
y z
∂ ∂
= +
∂ ∂
 
 
Obtengamos los diferenciales. 
• De la ecuación diferencial se observa que: 
 ( ) 0
dzdydx
dz
z zx z y
x y
∂ ∂
− + =
∂ ∂
 
Ahora remplazando en la diferencial total 
 
 
( )0x xx z y
y z
xx z y
y
x x z
y y
∂ ∂
− = +
∂ ∂
∂
− =
∂
∂ −
=
∂
 
 
 
 
Ejercicios propuestos 3.12 
1. Hallar dz
dt
, si 
y
xz = , donde tyex t ln, == . 
2. Sea 2( , ) 4 2 ln( )f x y x y xy= − donde 
( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=
=
313
2
ty
sentx
 encuentre 
dt
df
 
3. La demanda de cierto producto es ( ) xyxyxQ 2010200, 2 +−= unidades por mes, 
donde x es el precio del producto e y el precio de un producto competidor. Se estima que 
dentro de t meses el precio del producto será tx 5,010 += dólares por unidad 
mientras que el precio del producto competidor será 22,08,12 ty += dólares por unidad. 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 123
a) ¿A qué razón cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro de 4 
meses? 
b) ¿A qué razón porcentual cambiará la demanda del producto con respecto al tiempo dentro 
de 4 meses? 
 
4. Suponga que cuando las manzanas se venden a x CENTAVOS POR LIBRA los panaderos ganan 
y DÓLARES POR HORA, el precio de los pasteles de manzana en el supermercado local es 
( ) 213121, yxyxp = DÓLARES POR PASTEL. Suponga además que dentro de t MESES, el 
precio de las manzanas será tx 823+= CENTAVOS POR LIBRA y que los sueldos de los 
panaderos serán ty 02,096,3 += DÓLARES POR HORA. Si el supermercado puede 
vender ( )
p
pQ 3600= PASTELES POR SEMANA cuando el precio es p DÓLARES POR PASTEL, 
¿a qué razón CAMBIARÁ la demanda semanal Q con respecto al tiempo dentro de dos 
meses? 
5. Hallar ,z z
x y
∂ ∂
∂ ∂
, si ( )vufz ,= , donde 
2 2
xy
u x y
v e
⎧ = −⎪
⎨
=⎪⎩
. 
6. Hallar ,z z
u v
∂ ∂
∂ ∂
, si arctg xz
y
= , donde 
⎩
⎨
⎧
=
=
vuy
vux
cos
sen
. 
7. Sea RRf →3: , una función diferenciable y sea ( ) ( ) ( )( )seng X f X f X= ; 
calcular la matriz Jacobiana para ( )Xg , donde ( )f X X= 
8. Sea la función: ∑
=
=
n
k kRR 1
11
. Hallar 
1R
R
∂
∂
 
9. Demuestre que ( ) ( )
,
xy
x y
eu x y
e e
=
+
 satisface la ecuación diferencial parcial 
( )1x yu u x y u+ = + − . 
10. Sea ( ) ( ), 3 , 2F x y f x y x y= + − , donde 2:f R R→ es diferenciable. Suponga que 
( ) ( )0,0 4, 3f∇ = − . Determine la derivada de la función F en el origen en la dirección del 
vector ( )1,1=v 
11. Sea ( )yxfz ,= con derivadas parciales de segundo orden continuas: 
a) Si rsysrx 2,22 =+= determine 
2 2 2
2 2, ,
z z z
s rr s
∂ ∂ ∂
∂ ∂∂ ∂
 
b) Si tsytsx −=+= , demuestre que: 
t
z
s
z
y
z
x
z
∂
∂
∂
∂
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
∂
22
 
12. Sea 2 3:f R R→ , tal que ( ) ( )2 2 2 2, , ,f x y x y x y= y sea 3 2:g R R→ , tal que 
( ) ( )2 2 2, , ,g x y z x y z xyz= + + , hallar [ ]( )1,1D g f 
13. Transforme la ecuación 
2 2
2
2 22 0
d y dy ax x y
dxdx x
+ + = , poniendo 
1x
t
= . 
14. Transformar la ecuación 
dy x y
dx x y
+
=
−
, pasando a las coordenadas polares: 
cos , senx r y rϕ ϕ= = . 
15. Tomando u, v, como nuevas variables independientes transformar la siguiente ecuación: 
( ) ( ) 0z zx y x y
x y
∂ ∂
+ − − =
∂ ∂
, si ( )2 2ln ; arctg yu x y v x= + = 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 124 
16. Transformar la ecuación ( )z zy y x z
x y
∂ ∂
− = −
∂ ∂
 tomando como nuevas variables 
independientes 2 2u x y= + y 1 1v
x y
= + como nueva función ( )lnw z x y= − + . 
17. Transformar la ecuación 
2 2 2
2
2 2 2x y z
ϕ ϕ ϕϕ ∂ ∂ ∂∇ = + +
∂ ∂ ∂
 pasándola en coordenadas esféricas 
sen cos
sen sen
cos
x
y
z
ρ φ θ
ρ φ θ
ρ φ
=⎧
⎪ =⎨
⎪ =⎩
, 2¿ ?ϕ∇ = en coordenadas esféricas. 
18. Sea xz f
y
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
, calcule el valor de la expresión x z z
y x y
∂ ∂
+
∂ ∂
 
19. Transformar la ecuación de Laplace 
2 2
2 2 0
u u
x y
∂ ∂
+ =
∂ ∂
 a coordenadas polares. 
 
 
3.12 DERIVACIÓN IMPLICITA 
 
Suponga que se tiene ( ), 0F x y = , una ecuación implícita para un lugar 
geométrico de 2R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la ecuación 
( )( ) [ ], 0
0x y
D F x y D
F dx F dy
=
+ =
 
Despejando, se obtiene: 
 x
y
Fdy
dx F
= − 
 
 
Ejemplo. 
Sea 422 =+ yx , hallar 
dx
dy empleando derivadas parciales. 
Solución: 
En este caso tenemos ( ) 2 2, 4F x y x y= + − 
 Empleando la formula: 
 2
2
x
y
Fdy x x
dx F y y
= − = − = − 
 
Suponga que se tiene ( ), , 0F x y z = , una ecuación implícita para un 
lugar geométrico de 3R . Obteniendo diferencial a ambos miembros de la 
ecuación 
( )( ) [ ], , 0
0x y z
D F x y z D
F dx F dy F dz
=
+ + =
 
MOISES VILLENA Cap. 3 Funciones de Varias Variables 
 
 125
Si queremos 
y
x
∂
∂
, debemos considerar a z constante, por tanto 0dz = . 
Reemplazando y despejando se obtiene: 
 x
y
Fy
x F
∂
= −
∂
 
 
Si queremos 
z
x
∂
∂
, debemos considerar a y constante, por tanto 0dy = . 
Reemplazando y despejando se obtiene: 
 x
z
Fz
x F
∂
= −
∂
 
Si queremos 
z
y
∂
∂
, debemos considerar a x constante, por tanto 0dx = . 
Reemplazando y despejando se obtiene: 
 y
z
Fz
y F
∂
= −
∂
 
 
Ejemplo 
Sea ( )3 0y zx e ysen x z+ − − = , hallar z
x
∂
∂
y z
y
∂
∂
 . 
Solución: 
En este caso tenemos ( ) ( )3, , y zF x y z x e ysen x z+= − − 
 Empleando las formulas: 
 ( )
( )
2
3
3 cos
cos
y z
x
y z
z
x e y x zFz
x F x e y x z
+
+
− −∂
= − = −
∂ + −
 
 ( )
( )
3
3 cos
y z
y
y z
z
F x e sen x zz
y F x e y x z
+
+
− −∂
= − = −
∂ + −
 
 
Por otro lado, suponga que se tiene una superficie cuya ecuación está dada 
en forma implícita ( ), , 0F x y z = , el vector normal que estaba dado de esta 
forma , ,1z zn
x y
⎛ ⎞∂ ∂
= − −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
, ahora puede ser dado de otra forma. 
Reemplazando: